გენერალური სამინისტროს და პროფესიული განათლებასვერდლოვსკის რეგიონი.
ეკატერინბურგის მუნიციპალური საგანმანათლებლო დაწესებულება.
საგანმანათლებლო დაწესებულება – MOUSOSH No. 212 „ეკატერინბურგის კულტურული ლიცეუმი“
სასწავლო სფერო – მათემატიკა.
საგანი - გეომეტრია.
სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილები
რეფერენტი: მე-8 კლასის მოსწავლე
სელიცკი დიმიტრი კონსტანტინოვიჩი.
სამეცნიერო მრჩეველი:
რაბკანოვი სერგეი პეტროვიჩი.
ეკატერინბურგი, 2001 წ
შესავალი 3
აღწერილობითი ნაწილი:
ორთოცენტრი 4
ისცენტრი 5
სიმძიმის ცენტრი 7
წრე ცენტრი 8
ეილერის ხაზი 9
პრაქტიკული ნაწილი:
ორთოცენტრული სამკუთხედი 10
დასკვნა 11
ლიტერატურა 11
შესავალი.
გეომეტრია იწყება სამკუთხედით. ორნახევარი ათასწლეულის მანძილზე სამკუთხედი გეომეტრიის სიმბოლოა. მისი ახალი თვისებები მუდმივად აღმოჩენილია. სამკუთხედის ყველა ცნობილ თვისებაზე საუბარს დიდი დრო დასჭირდება. მაინტერესებდა ე.წ. მშვენიერი ქულებისამკუთხედი." ასეთი წერტილების მაგალითია ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი. აღსანიშნავია, რომ თუ აიღებთ სივრცეში სამ თვითნებურ წერტილს, ააგებთ მათგან სამკუთხედს და დახაზავთ ბისექტრებს, მაშინ ისინი (ბისექტრები) ერთ წერტილში იკვეთება! როგორც ჩანს, ეს შეუძლებელია, რადგან ჩვენ ავიღეთ თვითნებური ქულები, მაგრამ ეს წესი ყოველთვის მოქმედებს. სხვა "აღსანიშნავი პუნქტები" აქვთ მსგავსი თვისებები.
ამ თემაზე ლიტერატურის წაკითხვის შემდეგ, ჩემთვის დავაფიქსირე ხუთი შესანიშნავი წერტილისა და სამკუთხედის განმარტებები და თვისებები. მაგრამ ჩემი ნამუშევარი ამით არ დასრულებულა, მე თვითონ მინდოდა ამ პუნქტების შესწავლა.
Ამიტომაც სამიზნეეს ნაშრომი არის სამკუთხედის ზოგიერთი ღირსშესანიშნავი თვისების შესწავლა და ორთოცენტრული სამკუთხედის შესწავლა. ამ მიზნის მიღწევის პროცესში შეიძლება გამოიყოს შემდეგი ეტაპები:
ლიტერატურის შერჩევა, მასწავლებლის დახმარებით
სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილებისა და წრფეების ძირითადი თვისებების შესწავლა
ამ თვისებების განზოგადება
ორთოცენტრული სამკუთხედის შემცველი ამოცანის შედგენა და ამოხსნა
მე წარმოვადგინე ამ კვლევის შედეგად მიღებული შედეგები. ყველა ნახატი გავაკეთე კომპიუტერული გრაფიკის გამოყენებით (ვექტორული გრაფიკის რედაქტორი CorelDRAW).
ორთოცენტრი. (სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი)
დავამტკიცოთ, რომ სიმაღლეები ერთ წერტილში იკვეთება. მოდი მწვერვალებზე გადაგიყვანოთ ა, INდა თანსამკუთხედი ABCსწორი ხაზები მოპირდაპირე მხარის პარალელურად. ეს ხაზები ქმნიან სამკუთხედს ა 1 IN 1 თან 1 . სამკუთხედის სიმაღლე ABCარის სამკუთხედის გვერდების პერპენდიკულარული ბისექტრები ა 1 IN 1 თან 1 . მაშასადამე, ისინი იკვეთებიან ერთ წერტილში - სამკუთხედის წრეწირის ცენტრში ა 1 IN 1 თან 1 . სამკუთხედის სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილს ორთოცენტრი ეწოდება ( ჰ).
ისცენტრი არის ჩაწერილი წრის ცენტრი.
(ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი)
დავამტკიცოთ, რომ სამკუთხედის კუთხეების ბისექტრები ABCიკვეთება ერთ წერტილში. განიხილეთ წერტილი შესახებკუთხის ბისექტრის კვეთები ადა IN. A კუთხის ბისექტრის ნებისმიერი წერტილი თანაბრად არის დაშორებული წრფეებისგან ABდა ACდა კუთხის ბისექტრის ნებისმიერი წერტილი INთანაბარი მანძილი სწორი ხაზებისგან ABდა მზე, ასე რომ მიუთითეთ შესახებთანაბარი მანძილი სწორი ხაზებისგან ACდა მზე, ე.ი. ის დევს კუთხის ბისექტორზე თან. წერტილი შესახებთანაბარი მანძილი სწორი ხაზებისგან AB, მზედა SA, რაც ნიშნავს რომ არის წრე ცენტრით შესახებ, ამ ხაზებზე ტანგენტი და ტანგენტის წერტილები დევს თავად გვერდებზე და არა მათ გაფართოებებზე. სინამდვილეში, კუთხეები წვეროებზე ადა INსამკუთხედი AOBმკვეთრი, ამიტომ პროექციის წერტილი შესახებპირდაპირ ABდევს სეგმენტის შიგნით AB.
წვეულებისთვის მზედა SAმტკიცებულება მსგავსია.
ცენტრს აქვს სამი თვისება:
თუ კუთხის ბისექტრის გაგრძელება თანკვეთს სამკუთხედის წრეწირს ABCწერტილში მ, ეს MA=MV=MO.
თუ AB- ტოლფერდა სამკუთხედის ფუძე ABC, შემდეგ კუთხის გვერდებზე ტანგენტიანი წრე DIAწერტილებში ადა IN, გადის წერტილს შესახებ.
თუ წერტილის გამავალი წრფე შესახებგვერდის პარალელურად AB, კვეთს გვერდებს მზედა SAწერტილებში ა 1 და IN 1 , ეს ა 1 IN 1 =ა 1 IN+AB 1 .
Გრავიტაციის ცენტრი. (მედიანების გადაკვეთის წერტილი)
დავამტკიცოთ, რომ სამკუთხედის შუალედები იკვეთება ერთ წერტილში. ამისათვის განიხილეთ წერტილი მ, რომელზეც მედიანები იკვეთება აა 1 და BB 1 . დავხატოთ სამკუთხედში BB 1 თანშუა ხაზი ა 1 ა 2 , პარალელურად BB 1 . მერე ა 1 M:AM=IN 1 ა 2 : AB 1 =IN 1 ა 2 :IN 1 თან=VA 1 :მზე=1:2, ე.ი. მედიანური გადაკვეთის წერტილი BB 1 და აა 1 ყოფს მედიანას აა 1 1:2 თანაფარდობით. ანალოგიურად, მედიანების გადაკვეთის წერტილი SS 1 და აა 1 ყოფს მედიანას აა 1 1:2 თანაფარდობით. მაშასადამე, მედიანების გადაკვეთის წერტილი აა 1 და BB 1 ემთხვევა მედიანების გადაკვეთის წერტილს აა 1 და SS 1 .
თუ სამკუთხედის შუალედების გადაკვეთის წერტილი დაკავშირებულია წვეროებთან, მაშინ სამკუთხედები დაიყოფა თანაბარი ფართობის სამ სამკუთხედად. მართლაც, საკმარისია იმის დასამტკიცებლად, რომ თუ რ- მედიანის ნებისმიერი წერტილი აა 1 სამკუთხედში ABC, შემდეგ სამკუთხედების ფართობები AVRდა ACPთანაბარი არიან. ბოლოს და ბოლოს, მედიანები აა 1 და RA 1 სამკუთხედებში ABCდა RVSდავჭრათ ისინი თანაბარი ფართობის სამკუთხედებად.
საპირისპირო დებულებაც მართალია: თუ რაღაც მომენტისთვის რ, წევს სამკუთხედის შიგნით ABC, სამკუთხედების ფართობი AVR, ᲝᲗᲮᲨᲐᲑᲐᲗᲡდა SARთანაბარი არიან, მაშინ რ– მედიანების გადაკვეთის წერტილი.
გადაკვეთის წერტილს აქვს კიდევ ერთი თვისება: თუ რაიმე მასალისგან გამოჭრით სამკუთხედს, დახაზავთ მასზე შუალედებს, მიამაგრებთ ღეროს შუალედების გადაკვეთის წერტილში და დამაგრებთ საკიდს სამფეხზე, მაშინ მოდელი (სამკუთხედი) იქნება წონასწორობის მდგომარეობა, შესაბამისად, გადაკვეთის წერტილი სხვა არაფერია, თუ არა სამკუთხედის სიმძიმის ცენტრი.
შემოხაზული წრის ცენტრი.
დავამტკიცოთ, რომ სამკუთხედის წვეროებიდან არის წერტილი თანაბარი მანძილით, ან სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, რომ არის წრე, რომელიც გადის სამკუთხედის სამ წვეროზე. წერტილებისგან თანაბარი მანძილის ადგილი ადა IN, არის სეგმენტის პერპენდიკულარული AB, გადის მის შუაზე (სეგმენტის პერპენდიკულური ბისექტორი AB). განიხილეთ წერტილი შესახებ, რომელშიც იკვეთება სეგმენტების პერპენდიკულარების ბისექტრები ABდა მზე. Წერტილი შესახებწერტილებიდან თანაბარი მანძილით ადა IN, ასევე ქულებიდან INდა თან. ამიტომ იგი თანაბრად არის დაშორებული წერტილებისგან ადა თან, ე.ი. ის ასევე დევს სეგმენტის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე AC.
ცენტრი შესახებწრეწირი სამკუთხედის შიგნით დევს მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ სამკუთხედი მკვეთრია. თუ სამკუთხედი მართკუთხაა, მაშინ წერტილი შესახებემთხვევა ჰიპოტენუზის შუა და თუ კუთხე წვეროსთან თანბლაგვი შემდეგ სწორი ABაშორებს ქულებს შესახებდა თან.
მათემატიკაში ხშირად ხდება, რომ სრულიად განსხვავებული გზებით განსაზღვრული ობიექტები ერთნაირი აღმოჩნდება. მოდით ვაჩვენოთ ეს მაგალითით.
დაე ა 1 , IN 1 ,თან 1 - გვერდების შუა წერტილები მზე,SAდა AB. შეიძლება დადასტურდეს, რომ შემოხაზულია სამკუთხედების წრეები AB 1 თან, ა 1 მზე 1 და ა 1 IN 1 თან 1 იკვეთება ერთ წერტილში და ეს წერტილი არის სამკუთხედის წრე ცენტრი ABC. ამრიგად, ჩვენ გვაქვს ორი ერთი შეხედვით სრულიად განსხვავებული წერტილი: პერპენდიკულარული ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი სამკუთხედის გვერდებთან. ABCდა სამკუთხედების წრეწირების გადაკვეთის წერტილი AB 1 თან 1 , ა 1 მზედა ა 1 IN 1 თან 1 . მაგრამ გამოდის, რომ ეს ორი წერტილი ერთმანეთს ემთხვევა.
ეილერის სწორი ხაზი.
Ყველაზე საოცარი ქონებასამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილები ისაა, რომ ზოგიერთი მათგანი ერთმანეთთან დაკავშირებულია გარკვეული ურთიერთობებით. მაგალითად, სიმძიმის ცენტრი მ, ორთოცენტრი ნდა წრეწირის ცენტრი შესახებდაწექი ერთსა და იმავე სწორ ხაზზე და წერტილი M ყოფს OH სეგმენტს ისე, რომ კავშირი მართებულია OM: MN=1:2. ეს თეორემა 1765 წელს დაამტკიცა შვეიცარიელმა მეცნიერმა ლეონარდო ეილერმა.
ორთოცენტრული სამკუთხედი.
ორთოცენტრული სამკუთხედი(ორთოსამკუთხედი) არის სამკუთხედი ( მნTO), რომლის წვეროები არის ამ სამკუთხედის სიმაღლეების ფუძეები ( ABC). ამ სამკუთხედს ბევრი საინტერესო თვისება აქვს. მოდით მივცეთ ერთი მათგანი.
საკუთრება.
დაამტკიცე:
სამკუთხედები AKM, CMNდა BKNსამკუთხედის მსგავსი ABC;
ორთოკუთხედის კუთხეები MNKარიან: ლ KNM = π - 2 ლ ა,ლKMN = π – 2 ლ ბ, ლ MNK = π - - 2 ლ C.
მტკიცებულება:
Ჩვენ გვაქვს AB cos ა, ა.კ. cos ა. აქედან გამომდინარე, ᲕᲐᲠ./AB = ა.კ./A.C..
იმიტომ რომ სამკუთხედებზე ABCდა AKMკუთხე ა– საერთო, მაშინ ისინი მსგავსია, საიდანაც ვასკვნით, რომ კუთხე ლ AKM = ლ C. Ამიტომაც ლ BKM = ლ C. შემდეგი გვაქვს ლ MKC= π/2 - ლ C, ლ NKC= π/2 – - - ლ C, ე.ი. SK- კუთხის ბისექტორი MNK. Ისე, ლ MNK= π – 2 ლ C. დანარჩენი თანასწორობებიც ანალოგიურად არის დადასტურებული.
დასკვნა.
ამ კვლევითი სამუშაოს დასასრულს შესაძლებელია შემდეგი დასკვნების გამოტანა:
სამკუთხედის მნიშვნელოვანი წერტილები და ხაზებია:
ორთოცენტრისამკუთხედის არის მისი სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი;
და ცენტრისამკუთხედი არის ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი;
გრავიტაციის ცენტრისამკუთხედის არის მისი მედიანასების გადაკვეთის წერტილი;
წრეცენტრი– არის ბისექტრის პერპენდიკულარების გადაკვეთის წერტილი;
ეილერის სწორი ხაზი- ეს არის სწორი ხაზი, რომელზეც დევს სიმძიმის ცენტრი, ორთოცენტრი და წრეწირის ცენტრი.
ორთოცენტრული სამკუთხედი მოცემულ სამკუთხედს ყოფს სამ მსგავს სამკუთხედად.
ამ სამუშაოს შესრულების შემდეგ ბევრი რამ გავიგე სამკუთხედის თვისებების შესახებ. ეს ნაშრომი ჩემთვის აქტუალური იყო მათემატიკის დარგში ცოდნის განვითარების თვალსაზრისით. სამომავლოდ ვაპირებ ამ საინტერესო თემის განვითარებას.
ბიბლიოგრაფია.
კისელიოვი A.P. ელემენტარული გეომეტრია. – მ.: განათლება, 1980 წ.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. ახალი შეხვედრები გეომეტრიასთან. – მ.: ნაუკა, 1978 წ.
პრასოლოვი ვ.ვ. პრობლემები პლანიმეტრიაში. – მ.: ნაუკა, 1986. – ნაწილი 1.
შარიგინი ი.ფ. გეომეტრიის ამოცანები: პლანიმეტრია. – მ.: ნაუკა, 1986 წ.
სკანავი მ.ი. პრობლემები გადაწყვეტილებებთან. – როსტოვ-დონზე: ფენიქსი, 1998 წ.
Berger M. Geometry ორ ტომად - M: Mir, 1984 წ.
შესავალი
ჩვენს გარშემო არსებული სამყაროს ობიექტებს აქვთ გარკვეული თვისებები, რომლებსაც სხვადასხვა მეცნიერება სწავლობს.
გეომეტრია მათემატიკის დარგია, რომელიც იკვლევს სხვადასხვა ფიგურებს და მათ თვისებებს, მისი ფესვები შორეულ წარსულშია.
ელემენტების მეოთხე წიგნში ევკლიდე წყვეტს პრობლემას: „ჩამოწერა წრე მოცემულ სამკუთხედში“. ამონახსნებიდან გამომდინარეობს, რომ სამკუთხედის შიდა კუთხეების სამი ბისექტორი იკვეთება ერთ წერტილში - ჩაწერილი წრის ცენტრში. კიდევ ერთი ევკლიდური ამოცანის ამოხსნიდან გამომდინარეობს, რომ შუა წერტილებში სამკუთხედის გვერდებზე აღდგენილი პერპენდიკულარები ასევე იკვეთება ერთ წერტილში - შემოხაზული წრის ცენტრში. ელემენტები არ ამბობენ, რომ სამკუთხედის სამი სიმაღლე იკვეთება ერთ წერტილში, რომელსაც ეწოდება ორთოცენტრი (ბერძნული სიტყვა "orthos" ნიშნავს "სწორს", "სწორს"). თუმცა ეს წინადადება ცნობილი იყო არქიმედესისთვის. სამკუთხედის მეოთხე მხოლობითი წერტილი არის მედიანების გადაკვეთის წერტილი. არქიმედემ დაამტკიცა, რომ ეს არის სამკუთხედის სიმძიმის ცენტრი (ბარიცენტრი).
განხილული იქნა ზემოაღნიშნული ოთხი პუნქტი Განსაკუთრებული ყურადღებადა მე-18 საუკუნიდან მათ სამკუთხედის "აღსანიშნავი" ან "განსაკუთრებული" წერტილები უწოდეს. ამ და სხვა წერტილებთან დაკავშირებული სამკუთხედის თვისებების შესწავლა ემსახურებოდა ელემენტარული მათემატიკის ახალი ფილიალის შექმნას - "სამკუთხედის გეომეტრია" ან "ახალი სამკუთხედის გეომეტრია", რომლის ერთ-ერთი დამფუძნებელი იყო ლეონჰარდ ეილერი.
1765 წელს ეილერმა დაამტკიცა, რომ ნებისმიერ სამკუთხედში ორთოცენტრი, ბარიცენტრი და წრეცენტრი დევს იმავე სწორ ხაზზე, რომელსაც მოგვიანებით "ეილერის სწორი ხაზი" უწოდეს. XIX საუკუნის ოციან წლებში ფრანგმა მათემატიკოსებმა J. Poncelet-მა, C. Brianchon-მა და სხვებმა დამოუკიდებლად დაადგინეს შემდეგი თეორემა: მედიანების ფუძეები, სიმაღლეების ფუძეები და სიმაღლეების სეგმენტების შუა წერტილები, რომლებიც აკავშირებენ ორთოცენტრს სამკუთხედის წვეროებთან. დაწექი იმავე წრეზე. ამ წრეს ეწოდება "ცხრა წერტილის წრე", ან "ფეიერბახის წრე", ან "ეილერის წრე". კ. ფოიერბახმა დაადგინა, რომ ამ წრის ცენტრი დევს ეილერის სწორ ხაზზე.
„ვფიქრობ, აქამდე არასდროს გვიცხოვრია ასეთ გეომეტრიულ პერიოდში. ირგვლივ ყველაფერი გეომეტრიაა.” მე-20 საუკუნის დასაწყისში დიდი ფრანგი არქიტექტორის ლე კორბუზიეს მიერ წარმოთქმული ეს სიტყვები ძალიან ზუსტად ახასიათებს ჩვენს დროს. სამყარო, რომელშიც ჩვენ ვცხოვრობთ, სავსეა სახლებისა და ქუჩების, მთებისა და მინდვრების გეომეტრიით, ბუნებისა და ადამიანის ქმნილებებით.
ჩვენ გვაინტერესებდა ე.წ. "სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილები".
ამ თემაზე ლიტერატურის წაკითხვის შემდეგ ჩვენ თვითონ დავაფიქსირეთ სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილების განმარტებები და თვისებები. მაგრამ ჩვენი სამუშაო ამით არ დასრულებულა და ჩვენ თვითონ გვინდოდა ამ პუნქტების შესწავლა.
Ამიტომაც სამიზნე მოცემული მუშაობა – სამკუთხედის რამდენიმე ღირსშესანიშნავი წერტილის და წრფის შესწავლა, მიღებული ცოდნის გამოყენება ამოცანების გადასაჭრელად. ამ მიზნის მიღწევის პროცესში შეიძლება გამოიყოს შემდეგი ეტაპები:
შერჩევა და შესწავლა სასწავლო მასალაინფორმაციის სხვადასხვა წყაროდან, ლიტერატურიდან;
სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილებისა და წრფეების ძირითადი თვისებების შესწავლა;
ამ თვისებების განზოგადება და საჭირო თეორემების დადასტურება;
ამოცანების ამოხსნა სამკუთხედის ღირსშესანიშნავ წერტილებთან.
თავიმე. შესანიშნავი სამკუთხედის წერტილები და ხაზები
1.1 სამკუთხედის გვერდებთან პერპენდიკულარული ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი
პერპენდიკულური ბისექტორი არის ხაზი, რომელიც გადის სეგმენტის შუაზე, მასზე პერპენდიკულარული. ჩვენ უკვე ვიცით პერპენდიკულარული ბისექტრის თვისების დამახასიათებელი თეორემა: პერპენდიკულარული ბისექტრის თითოეული წერტილი დაშორებულია მისი ბოლოებიდან და პირიქით, თუ წერტილი თანაბრად არის დაშორებული მონაკვეთის ბოლოებიდან, მაშინ ის დევს პერპენდიკულარულ ბისექტორზე.
მრავალკუთხედს ჩაწერილი ეწოდება წრეში, თუ მისი ყველა წვერო წრეს ეკუთვნის. წრეს მრავალკუთხედის გარშემო შემოხაზული ეწოდება.
წრე შეიძლება აღწერილი იყოს ნებისმიერი სამკუთხედის გარშემო. მისი ცენტრი არის სამკუთხედის გვერდებთან პერპენდიკულარული ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი.
წერტილი O იყოს AB და BC სამკუთხედის გვერდების პერპენდიკულარული ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი.
დასკვნა: ამრიგად, თუ წერტილი O არის სამკუთხედის გვერდებთან პერპენდიკულარული ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი, მაშინ OA = OC = OB, ე.ი. წერტილი O თანაბრად არის დაშორებული ABC სამკუთხედის ყველა წვეროდან, რაც ნიშნავს, რომ ის არის შემოხაზული წრის ცენტრი.
|
|
|
|
| მწვავე-კუთხოვანი | ბლაგვი | მართკუთხა |
შედეგები
sin γ = c/2R = c/sin γ =2R.
ანალოგიურად დასტურდება ა/ sin α =2R, b/ sin β =2R.
ამრიგად:
ამ თვისებას სინუსების თეორემა ეწოდება.
მათემატიკაში ხშირად ხდება, რომ ობიექტები, რომლებიც სრულად არის განსაზღვრული განსხვავებულად, იდენტური აღმოჩნდება.
მაგალითი.დავუშვათ A1, B1, C1 გვერდების შუა წერტილები, შესაბამისად, ∆ABC BC, AC, AB. აჩვენეთ, რომ AB1C1, A1B1C, A1BC1 სამკუთხედების გარშემო აღწერილი წრეები ერთ წერტილში იკვეთება. უფრო მეტიც, ეს წერტილი არის წრეწირის ცენტრი, რომელიც შემოიფარგლება ∆ABC-ით.
|
| განვიხილოთ სეგმენტი AO და ავაშენოთ წრე ამ სეგმენტზე, როგორც დიამეტრზე. C1 და B1 წერტილები ამ წრეზე მოდის, რადგან არის AO-ზე დაფუძნებული მართი კუთხის წვეროები. A, C1, B1 წერტილები დევს წრეზე = ეს წრე შემოიფარგლება ∆AB1C1-ით. ანალოგიურად დავხატოთ BO სეგმენტი და ავაგოთ წრე ამ სეგმენტზე, როგორც დიამეტრზე. ეს იქნება წრე გარშემოწერილი ΔВС1 А1-ის გარშემო. დავხატოთ CO სეგმენტი და ამ სეგმენტზე ავაგოთ წრე, როგორც დიამეტრზე. ეს იქნება წრე, რომელიც შემოიფარგლება დაახლოებით ეს სამი წრე გადის O წერტილში - წრის ცენტრი, რომელიც შემოიფარგლება ∆ABC-ით. |
განზოგადება.თუ ∆ABC AC, BC, AC გვერდებზე ავიღებთ თვითნებურ წერტილებს A 1, B 1, C 1, მაშინ წრეები, რომლებიც შემოხაზულია სამკუთხედებზე AB 1 C 1, A 1 B 1 C, A 1 BC 1 ერთ წერტილზე იკვეთება. .
1.2 სამკუთხედის ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი
საპირისპირო დებულება ასევე მართალია: თუ წერტილი თანაბრად არის დაშორებული კუთხის გვერდებიდან, მაშინ ის დევს მის ბისექტორზე.
სასარგებლოა ერთი კუთხის ნახევრის აღნიშვნა იმავე ასოებით:
OAF=OAD= α, OBD=OBE= β, OCE=OCF= γ.
O წერტილი იყოს A და B კუთხეების ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი. A კუთხის ბისექტრისზე მდებარე წერტილის თვისებით OF=OD=r. B კუთხის ბისექტრისზე მდებარე წერტილის თვისების მიხედვით OE=OD=r. ამრიგად, OE=OD= OF=r= წერტილი O თანაბარი მანძილისაა ABC სამკუთხედის ყველა მხრიდან, ე.ი. O არის ჩაწერილი წრის ცენტრი. (პუნქტი O ერთადერთია).
დასკვნა:ამრიგად, თუ წერტილი O არის სამკუთხედის კუთხეების ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი, მაშინ OE=OD= OF=r, ე.ი. O წერტილი თანაბრად არის დაშორებული ABC სამკუთხედის ყველა მხრიდან, რაც ნიშნავს, რომ ის არის ჩაწერილი წრის ცენტრი. სამკუთხედის კუთხეების ბისექტორების გადაკვეთის O-წერტილი სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილია.
შედეგები:
AOF და AOD სამკუთხედების ტოლობიდან (სურათი 1) ჰიპოტენუზისა და მწვავე კუთხის გასწვრივ, გამოდის, რომ ა.ფ. = ახ.წ . OBD და OBE სამკუთხედების ტოლობიდან გამომდინარეობს, რომ BD = BE , სამკუთხედების COE და COF ტოლობიდან გამომდინარეობს, რომ თან ფ = C.E. . ამრიგად, ერთი წერტილიდან წრეზე დახატული ტანგენსი ტოლია.
AF=AD= ზ, BD=BE= წ, СF=CE= x
a=x+y (1), ბ= x+ზ (2), c= x+y (3).
+ (2) – (3), შემდეგ მივიღებთ: a+ბ-ს=x+ წ+ x+ ზ- ზ- წ = a+ბ-ს= 2x =
x=( ბ + გ - ა)/2
ანალოგიურად: (1) + (3) - (2), მაშინ მივიღებთ: y = (a + c -ბ)/2.
ანალოგიურად: (2) + (3) - (1), მაშინ მივიღებთ: ზ= (a +ბ - გ)/2.
სამკუთხედის კუთხის ბისექტრი მოპირდაპირე მხარეს ყოფს მიმდებარე გვერდების პროპორციულ მონაკვეთებად.
1.3 სამკუთხედის შუალედების გადაკვეთის წერტილი (ცენტროიდი)
მტკიცებულება 1.მოდით A 1, B 1 და C 1 იყოს ABC სამკუთხედის BC, CA და AB გვერდების შუა წერტილები, შესაბამისად (ნახ. 4).
მოდით G იყოს ორი მედიანას AA 1 და BB 1 გადაკვეთის წერტილი. ჯერ დავამტკიცოთ, რომ AG:GA 1 = BG:GB 1 = 2.
ამისათვის აიღეთ AG და BG სეგმენტების შუა წერტილები P და Q. სამკუთხედის შუა ხაზის თეორემით, სეგმენტები B 1 A 1 და PQ უდრის AB გვერდის ნახევარს და მის პარალელურად. მაშასადამე, ოთხკუთხედი A 1 B 1 არის PQ პარალელოგრამი. შემდეგ მისი PA 1 და QB 1 დიაგონალების გადაკვეთის G წერტილი თითოეულ მათგანს შუაზე ყოფს. მაშასადამე, წერტილები P და G ყოფს მედიანურ AA 1-ს სამ თანაბარ ნაწილად, ხოლო Q და G წერტილები ასევე ყოფს მედიანა BB 1-ს სამ თანაბარ ნაწილად. ასე რომ, სამკუთხედის ორი შუამავლის გადაკვეთის G წერტილი ყოფს თითოეულ მათგანს თანაფარდობით 2:1, წვეროდან დათვლა.
სამკუთხედის შუალედების გადაკვეთის წერტილი ეწოდება ცენტროიდი ან გრავიტაციის ცენტრი სამკუთხედი. ეს სახელი განპირობებულია იმით, რომ სწორედ ამ ადგილას მდებარეობს ერთგვაროვანი სამკუთხა ფირფიტის სიმძიმის ცენტრი.
1.4 სამკუთხედის სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი (ორთოცენტრი)
1.5 ტორიჩელის ქულა
გზა მოცემულია ABC სამკუთხედით. ამ სამკუთხედის ტორიჩელის წერტილი არის O წერტილი, საიდანაც გვერდები მოცემული სამკუთხედიჩანს 120° კუთხით, ე.ი. კუთხეები AOB, AOC და BOC უდრის 120°.
დავამტკიცოთ, რომ თუ სამკუთხედის ყველა კუთხე 120°-ზე ნაკლებია, მაშინ ტორიჩელის წერტილი არსებობს.
ABC სამკუთხედის AB მხარეს ვაშენებთ ტოლგვერდა სამკუთხედს ABC" (ნახ. 6, ა) და აღვწერთ წრეს მის გარშემო. AB სეგმენტი ამ წრის 120°-იანი რკალს ექვემდებარება. შესაბამისად, ამ რკალის სხვა წერტილები A-ს გარდა. და B აქვს თვისება, რომ სეგმენტი AB ჩანს მათგან 120° კუთხით. ანალოგიურად, ABC სამკუთხედის AC მხარეს ავაშენებთ ტოლგვერდა სამკუთხედს ACB (ნახ. 6, ა) და აღვწერთ წრეს მის გარშემო. . A და C-სგან განსხვავებულ შესაბამის რკალის წერტილებს აქვთ თვისება, რომ AC სეგმენტი ჩანს მათგან 120° კუთხით. იმ შემთხვევაში, როდესაც სამკუთხედის კუთხეები 120°-ზე ნაკლებია, ეს რკალი იკვეთება რომელიმე შიდა წერტილში O. ამ შემთხვევაში ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. ამიტომ, ∟BOC = 120°. აქედან გამომდინარე, წერტილი O არის სასურველი.
იმ შემთხვევაში, როდესაც სამკუთხედის ერთ-ერთი კუთხე, მაგალითად ABC, უდრის 120°-ს, წრიული რკალების გადაკვეთის წერტილი იქნება წერტილი B (ნახ. 6, ბ). ამ შემთხვევაში, ტორიჩელის წერტილი არ არსებობს, ვინაიდან შეუძლებელია საუბარი იმაზე, თუ რა კუთხით ჩანს AB და BC მხარეები ამ წერტილიდან.
იმ შემთხვევაში, როდესაც სამკუთხედის ერთ-ერთი კუთხე, მაგალითად ABC, 120°-ზე მეტია (ნახ. 6, გ), წრეების შესაბამისი რკალი არ იკვეთება და ტორიჩელის წერტილი ასევე არ არსებობს.
ტორიჩელის წერტილი ასოცირდება ფერმას პრობლემასთან (რომელსაც განვიხილავთ II თავში) წერტილის პოვნა, რომლის მანძილების ჯამი სამ მოცემულ წერტილამდე ყველაზე მცირეა.
1.6 ცხრაპუნქტიანი წრე
მართლაც, A 3 B 2 არის AHC სამკუთხედის შუა ხაზი და, შესაბამისად, A 3 B 2 || CC 1. B 2 A 2 არის ABC სამკუთხედის შუა ხაზი და, შესაბამისად, B 2 A 2 || AB. ვინაიდან CC 1 ┴ AB, მაშინ A 3 B 2 A 2 = 90°. ანალოგიურად, A 3 C 2 A 2 = 90°. ამრიგად, წერტილები A 2, B 2, C 2, A 3 დევს იმავე წრეზე A 2 A 3 დიამეტრით. ვინაიდან AA 1 ┴BC, მაშინ წერტილი A 1 ასევე ეკუთვნის ამ წრეს. ამრიგად, A 1 და A 3 წერტილები დევს A2B2C2 სამკუთხედის წრეზე. ანალოგიურად, ნაჩვენებია, რომ წერტილები B 1 და B 3, C 1 და C 3 დევს ამ წრეზე. ეს ნიშნავს, რომ ცხრავე წერტილი ერთსა და იმავე წრეზე დევს.
ამ შემთხვევაში, ცხრა წერტილის წრის ცენტრი მდებარეობს შუაში, სიმაღლეების გადაკვეთის ცენტრსა და შემოხაზული წრის ცენტრს შორის. მართლაც, სამკუთხედში ABC (ნახ. 9), წერტილი O იყოს შემოხაზული წრის ცენტრი; G – მედიანების გადაკვეთის წერტილი. H არის წერტილი, სადაც სიმაღლეები იკვეთება. თქვენ უნდა დაამტკიცოთ, რომ O, G, H წერტილები ერთსა და იმავე წრფეზეა და N ცხრა წერტილიანი წრის ცენტრი ყოფს OH სეგმენტს შუაზე.
განვიხილოთ ჰომოთეტურობა ცენტრით G წერტილში და კოეფიციენტით -0,5. ABC სამკუთხედის A, B, C წვეროები, შესაბამისად, წავა A 2, B 2, C 2 წერტილებამდე. ABC სამკუთხედის სიმაღლეები გადავა A 2 B 2 C 2 სამკუთხედის სიმაღლეებში და, შესაბამისად, H წერტილი გადავა O წერტილამდე. ამიტომ, წერტილები O, G, H იქნება იმავე სწორ ხაზზე.
ვაჩვენოთ, რომ OH სეგმენტის N შუა წერტილი არის ცხრა წერტილიანი წრის ცენტრი. მართლაც, C 1 C 2 არის ცხრა წერტილიანი წრის აკორდი. მაშასადამე, ამ აკორდის პერპენდიკულარული ბისექტორი არის დიამეტრი და კვეთს OH-ს N-ის შუაში. ანალოგიურად, B 1 B 2 აკორდის პერპენდიკულარული ბისექტორი არის დიამეტრი და კვეთს OH-ს იმავე N წერტილში. ასე რომ, N არის ცენტრი ცხრა წერტილის წრე. ქ.ე.დ.
მართლაც, მოდით P იყოს თვითნებური წერტილი, რომელიც მდებარეობს ABC სამკუთხედის წრეზე; D, E, F – P წერტილიდან სამკუთხედის გვერდებზე ჩამოშვებული პერპენდიკულარების ფუძეები (ნახ. 10). ვაჩვენოთ, რომ D, E, F წერტილები ერთსა და იმავე წრფეზეა.
გაითვალისწინეთ, რომ თუ AP გადის წრის ცენტრში, მაშინ D და E წერტილები ემთხვევა B და C წვეროებს. წინააღმდეგ შემთხვევაში, ABP ან ACP კუთხეებიდან ერთი მწვავეა, მეორე კი ბლაგვი. აქედან გამომდინარეობს, რომ D და E წერტილები განლაგდება გასწვრივ სხვადასხვა მხარეები BC წრფედან და იმისათვის, რომ დავამტკიცოთ, რომ D, E და F წერტილები ერთსა და იმავე წრფეზეა, საკმარისია შევამოწმოთ, რომ ∟CEF =∟BED.
მოდით აღვწეროთ წრე CP დიამეტრით. ვინაიდან ∟CFP = ∟CEP = 90°, მაშინ E და F წერტილები დევს ამ წრეზე. მაშასადამე, ∟CEF =∟CPF, როგორც ჩაწერილი კუთხეები, რომლებიც დაქვეითებულია წრის ერთი რკალით. შემდეგი, ∟CPF = 90°- ∟PCF = 90°- ∟DBP = ∟BPD. მოდით აღვწეროთ წრე BP დიამეტრით. ვინაიდან ∟BEP = ∟BDP = 90°, მაშინ F და D წერტილები დევს ამ წრეზე. ამიტომ ∟BPD =∟BED. მაშასადამე, ჩვენ საბოლოოდ მივიღებთ ∟CEF =∟BED. ეს ნიშნავს, რომ წერტილები D, E, F დევს იმავე სწორ ხაზზე.
თავიIIᲞრობლემის გადაჭრა
დავიწყოთ პრობლემებით, რომლებიც დაკავშირებულია ბისექტორების მდებარეობასთან, მედიანასთან და სამკუთხედის სიმაღლეებთან. მათი ამოხსნა, ერთი მხრივ, საშუალებას გაძლევთ დაიმახსოვროთ ადრე დაფარული მასალა, ხოლო მეორე მხრივ, განავითაროთ საჭირო გეომეტრიული ცნებები, ამზადებთ მეტის ამოხსნისთვის. რთული ამოცანები.
დავალება 1. ABC სამკუთხედის A და B კუთხეებში (∟A
გამოსავალი.მოდით CD იყოს სიმაღლე და CE იყოს ბისექტორი, მაშინ
∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2.
ამიტომ, ∟DCE =.
გამოსავალი.ვთქვათ O იყოს ABC სამკუთხედის ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი (ნახ. 1). მოდით ვისარგებლოთ იმით, რომ უფრო დიდი კუთხე დევს სამკუთხედის უფრო დიდი მხარის საპირისპიროდ. თუ AB BC, მაშინ ∟A
გამოსავალი. მოდით, O იყოს ABC სამკუთხედის სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი (ნახ. 2). თუ AC ∟B. BC დიამეტრის წრე გაივლის F და G წერტილებს. თუ გავითვალისწინებთ, რომ ორი აკორდიდან ყველაზე პატარა არის ის, რომელზეც ეყრდნობა უფრო მცირე ჩაწერილი კუთხე, მივიღებთ CG.
მტკიცებულება. ABC სამკუთხედის AC და BC გვერდებზე, ისევე როგორც დიამეტრებზე, ვაშენებთ წრეებს. წერტილები A 1, B 1, C 1 ეკუთვნის ამ წრეებს. მაშასადამე, ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, როგორც კუთხეები, რომლებიც დაფუძნებულია წრის იმავე რკალზე. ∟B 1 BC = ∟CAA 1, როგორც კუთხეები ორმხრივი პერპენდიკულარული გვერდებით. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1, როგორც კუთხეები, რომლებიც დაქვეითებულია წრის ერთი და იგივე რკალით. ამიტომ, ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1, ე.ი. CC 1 არის B 1 C 1 A 1 კუთხის ბისექტორი. ანალოგიურად, ნაჩვენებია, რომ AA 1 და BB 1 არის B 1 A 1 C 1 და A 1 B 1 C 1 კუთხეების ბისექტრები.
განხილული სამკუთხედი, რომლის წვეროები არის მოცემული მახვილი სამკუთხედის სიმაღლეების საფუძვლები, იძლევა პასუხს ერთ-ერთ კლასიკურ ექსტრემალურ პრობლემაზე.
გამოსავალი.მოდით ABC იყოს მოცემული მახვილი სამკუთხედი. მის გვერდებზე უნდა იპოვოთ A 1 , B 1 , C 1 წერტილები, რომლებისთვისაც სამკუთხედის A 1 B 1 C 1 პერიმეტრი ყველაზე პატარა იქნება (ნახ. 4).
ჯერ დავაფიქსიროთ C 1 წერტილი და მოვძებნოთ A 1 და B 1 წერტილები, რომლებისთვისაც A 1 B 1 C 1 სამკუთხედის პერიმეტრი ყველაზე პატარაა (C 1 წერტილის მოცემული პოზიციისთვის).
ამისათვის განიხილეთ D და E წერტილები სიმეტრიულად C 1 წერტილის მიმართ AC და BC სწორი ხაზების მიმართ. შემდეგ B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E და, შესაბამისად, A 1 B 1 C 1 სამკუთხედის პერიმეტრი ტოლი იქნება გატეხილი ხაზის სიგრძე DB 1 A 1 E. ნათელია, რომ ამ გატეხილი ხაზის სიგრძე ყველაზე მცირეა, თუ B 1, A 1 წერტილები დევს DE წრფეზე.
ახლა შევცვლით C 1 წერტილის პოზიციას და ვეძებთ პოზიციას, სადაც შესაბამისი სამკუთხედის A 1 B 1 C 1 პერიმეტრი ყველაზე პატარაა.
ვინაიდან D წერტილი სიმეტრიულია C 1-ის მიმართ AC-თან, მაშინ CD = CC 1 და ACD = ACC 1. ანალოგიურად, CE=CC 1 და BCE=BCC 1. მაშასადამე, სამკუთხედი CDE არის ტოლფერდა. მისი გვერდითი მხარე უდრის CC 1-ს. DE ფუძე ტოლია პერიმეტრზე პსამკუთხედი A 1 B 1 C 1. კუთხე DCE უდრის ABC სამკუთხედის ორმაგ კუთხს ACB და, შესაბამისად, არ არის დამოკიდებული C 1 წერტილის პოზიციაზე.
ტოლფერდა სამკუთხედში მოცემული კუთხით წვეროზე, რაც უფრო პატარაა გვერდი, მით უფრო პატარაა ფუძე. Ამიტომაც უმცირესი ღირებულებაპერიმეტრი პმიიღწევა ყველაზე დაბალი CC 1 მნიშვნელობის შემთხვევაში. ეს მნიშვნელობა მიიღება, თუ CC 1 არის ABC სამკუთხედის სიმაღლე. ამრიგად, C 1 საჭირო წერტილი AB მხარეს არის სიმაღლის საფუძველი, რომელიც გამოყვანილია C წვეროდან.
გაითვალისწინეთ, რომ პირველ რიგში შეგვიძლია დავაფიქსიროთ არა C 1, არამედ წერტილი A 1 ან წერტილი B 1 და მივიღებთ, რომ A 1 და B 1 არის ABC სამკუთხედის შესაბამისი სიმაღლეების ფუძეები.
აქედან გამომდინარეობს, რომ მოცემულ მახვილ სამკუთხედში ABC ჩაწერილი უმცირესი პერიმეტრის საჭირო სამკუთხედი არის სამკუთხედი, რომლის წვეროები არის ABC სამკუთხედის სიმაღლეების ფუძეები.
გამოსავალი.დავამტკიცოთ, რომ თუ სამკუთხედის კუთხეები 120°-ზე ნაკლებია, მაშინ შტაინერის ამოცანაში საჭირო წერტილი არის ტორიჩელის წერტილი.
მოდით მოვატრიალოთ ABC სამკუთხედი C წვეროს გარშემო 60° კუთხით, ნახ. 7. ვიღებთ სამკუთხედს A’B’C. ავიღოთ თვითნებური წერტილი O სამკუთხედში ABC. მობრუნებისას ის წავა რაღაც წერტილამდე O’. სამკუთხედი OO'C ტოლგვერდაა, რადგან CO = CO' და ∟OCO' = 60°, შესაბამისად OC = OO'. ამრიგად, OA + OB + OC სიგრძის ჯამი ტოლი იქნება გატეხილი ხაზის სიგრძე AO + OO' + O'B'. ნათელია, რომ ამ გატეხილი ხაზის სიგრძე იღებს უმცირეს მნიშვნელობას, თუ წერტილები A, O, O’, B’ დევს იმავე სწორ ხაზზე. თუ O არის ტორიჩელის წერტილი, მაშინ ეს ასეა. მართლაც, ∟AOC = 120°, ∟COO" = 60°. ამიტომ, წერტილები A, O, O' დევს იმავე სწორ ხაზზე. ანალოგიურად, ∟CO'O = 60°, ∟CO"B" = 120°. მაშასადამე, წერტილები O, O', B' დევს ერთსა და იმავე წრფეზე.
დასკვნა
სამკუთხედის გეომეტრია, ელემენტარული მათემატიკის სხვა მონაკვეთებთან ერთად, შესაძლებელს ხდის ზოგადად მათემატიკის მშვენიერების შეგრძნებას და შეიძლება ვინმესთვის გახდეს „დიდი მეცნიერებისკენ“ გზის დასაწყისი.
გეომეტრია საოცარი მეცნიერებაა. მისი ისტორია ათას წელზე მეტს ითვლის, მაგრამ მასთან ყოველ შეხვედრას შეუძლია აჩუქოს და გაამდიდროს (როგორც სტუდენტი, ასევე მასწავლებელი) პატარა აღმოჩენის ამაღელვებელი სიახლეებით, შემოქმედების საოცარი სიხარულით. მართლაც, ელემენტარული გეომეტრიის ნებისმიერი პრობლემა არსებითად თეორემაა და მისი ამოხსნა არის მოკრძალებული (და ზოგჯერ უზარმაზარი) მათემატიკური გამარჯვება.
ისტორიულად, გეომეტრია სამკუთხედით იწყებოდა, ამიტომ ორნახევარი ათასწლეულის მანძილზე ეს სამკუთხედი გეომეტრიის სიმბოლო იყო. სასკოლო გეომეტრია შეიძლება მხოლოდ გახდეს საინტერესო და შინაარსიანი, მხოლოდ მაშინ შეიძლება გახდეს სათანადო გეომეტრია, როცა მოიცავს სამკუთხედის ღრმა და ყოვლისმომცველ შესწავლას. გასაკვირია, რომ სამკუთხედი, მოჩვენებითი სიმარტივის მიუხედავად, ამოუწურავი საკვლევი ობიექტია – ჩვენს დროშიც ვერავინ ბედავს იმის თქმას, რომ მათ შეისწავლეს და იციან სამკუთხედის ყველა თვისება.
ამ ნაშრომში განხილული იყო ბისექტრების, შუალედების, პერპენდიკულარული ბისექტრებისა და სამკუთხედის სიმაღლეების თვისებები, გაფართოვდა სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილებისა და ხაზების რაოდენობა, ჩამოყალიბდა და დადასტურდა თეორემები. ამ თეორემების გამოყენებასთან დაკავშირებული მთელი რიგი ამოცანები მოგვარებულია.
წარმოდგენილი მასალის გამოყენება შესაძლებელია როგორც საბაზო გაკვეთილებზე, ასევე არჩევით გაკვეთილებზე, ასევე ცენტრალიზებული ტესტირებისა და მათემატიკის ოლიმპიადებისთვის მოსამზადებლად.
ბიბლიოგრაფია
Berger M. Geometry ორ ტომად - M: Mir, 1984 წ.
კისელიოვი A.P. ელემენტარული გეომეტრია. – მ.: განათლება, 1980 წ.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. ახალი შეხვედრები გეომეტრიასთან. – მ.: ნაუკა, 1978 წ.
ლატოტინ ლ.ა., ჩებოტარავსკი ბ.დ. მათემატიკა 9. – მინსკი: ნაროდნაია ასვეტა, 2014 წ.
პრასოლოვი ვ.ვ. პრობლემები პლანიმეტრიაში. – მ.: ნაუკა, 1986. – ნაწილი 1.
სკანავი მ.ი. პრობლემები გადაწყვეტილებებთან. – როსტოვ-დონზე: ფენიქსი, 1998 წ.
შარიგინი ი.ფ. გეომეტრიის ამოცანები: პლანიმეტრია. – მ.: ნაუკა, 1986 წ.
განათლებისა და მეცნიერების სამინისტრო რუსეთის ფედერაციაფედერალური სახელმწიფო ბიუჯეტი საგანმანათლებლო დაწესებულებისუმაღლესი პროფესიული განათლება
"მაგნიტოგორსკი Სახელმწიფო უნივერსიტეტი»
ფიზიკა-მათემატიკის ფაკულტეტი
ალგებრისა და გეომეტრიის კათედრა
კურსის მუშაობა
სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილები
დაასრულა: 41 ჯგუფის მოსწავლე
ვახრამეევა ა.მ.
სამეცნიერო ხელმძღვანელი
ველიკიხის ა.ს.
მაგნიტოგორსკი 2014 წ
შესავალი
ისტორიულად გეომეტრია სამკუთხედით იწყებოდა, ამიტომ ორნახევარი ათასწლეულის მანძილზე ეს სამკუთხედი იყო, თითქოს, გეომეტრიის სიმბოლო; მაგრამ ის არ არის მხოლოდ სიმბოლო, ის არის გეომეტრიის ატომი.
რატომ შეიძლება ჩაითვალოს სამკუთხედი გეომეტრიის ატომად? რადგან წინა ცნებები - წერტილი, სწორი ხაზი და კუთხე - ბუნდოვანი და არამატერიალური აბსტრაქციებია თეორემებისა და პრობლემების ასოცირებულ კომპლექტთან ერთად. მაშასადამე, დღეს სასკოლო გეომეტრია შეიძლება მხოლოდ გახდეს საინტერესო და შინაარსიანი, მხოლოდ მაშინ შეიძლება გახდეს სათანადო გეომეტრია, როცა მოიცავს სამკუთხედის ღრმა და ყოვლისმომცველ შესწავლას.
გასაკვირია, რომ სამკუთხედი, მოჩვენებითი სიმარტივის მიუხედავად, ამოუწურავი საკვლევი ობიექტია – ჩვენს დროშიც ვერავინ ბედავს იმის თქმას, რომ მათ შეისწავლეს და იციან სამკუთხედის ყველა თვისება.
ეს ნიშნავს, რომ სასკოლო გეომეტრიის შესწავლა არ შეიძლება განხორციელდეს სამკუთხედის გეომეტრიის ღრმა შესწავლის გარეშე; სამკუთხედის, როგორც შესწავლის ობიექტის მრავალფეროვნების გათვალისწინებით - და, შესაბამისად, მისი შესწავლის სხვადასხვა მეთოდის წყაროს - აუცილებელია სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილების გეომეტრიის შესასწავლად მასალის შერჩევა და შემუშავება. უფრო მეტიც, ამ მასალის შერჩევისას არ უნდა შემოიფარგლოთ მხოლოდ გათვალისწინებული ღირსშესანიშნავი პუნქტებით სკოლის სასწავლო გეგმასახელმწიფო საგანმანათლებლო სტანდარტი, როგორიცაა წრეწირის ცენტრი (ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი), წრეწირის ცენტრი (ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი), მედიანების გადაკვეთის წერტილი, სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი. მაგრამ სამკუთხედის ბუნებაში ღრმად შეღწევისა და მისი ამოუწურვის გასაგებად, საჭიროა რაც შეიძლება მეტი წარმოდგენა გქონდეს ამის შესახებ. მეტისამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილები. სამკუთხედის, როგორც გეომეტრიული ობიექტის ამოუწურავლობის გარდა, აუცილებელია აღვნიშნოთ სამკუთხედის, როგორც კვლევის ობიექტის ყველაზე საოცარი თვისება: სამკუთხედის გეომეტრიის შესწავლა შეიძლება დაიწყოს მისი ნებისმიერი თვისების შესწავლით. საფუძვლად მისი მიღება; მაშინ სამკუთხედის შესწავლის მეთოდოლოგია შეიძლება აშენდეს ისე, რომ სამკუთხედის ყველა სხვა თვისება ამ საფუძველზე იყოს დამაგრებული. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, სადაც არ უნდა დაიწყოთ სამკუთხედის შესწავლა, ყოველთვის შეგიძლიათ მიაღწიოთ ამ საოცარი ფიგურის ნებისმიერ სიღრმეს. მაგრამ შემდეგ - როგორც ვარიანტი - შეგიძლიათ დაიწყოთ სამკუთხედის შესწავლა მისი ღირსშესანიშნავი წერტილების შესწავლით.
სამიზნე კურსის მუშაობაშედგება სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილების შესწავლისგან. ამ მიზნის მისაღწევად აუცილებელია შემდეგი ამოცანების გადაჭრა:
· შეისწავლეთ ბისექტრის, მედიანის, სიმაღლის, პერპენდიკულარული ბისექტრის ცნებები და მათი თვისებები.
· განვიხილოთ გერგონის წერტილი, ეილერის წრე და ეილერის ხაზი, რომლებსაც სკოლაში არ სწავლობენ.
თავი 1. სამკუთხედის ბისექტორი, სამკუთხედის შემოხაზული წრის ცენტრი. სამკუთხედის ბისექტრის თვისებები. გერგონა მიუთითებს
1 სამკუთხედის შემოხაზული წრის ცენტრი
სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილები არის წერტილები, რომელთა მდებარეობა ცალსახად განისაზღვრება სამკუთხედით და არ არის დამოკიდებული სამკუთხედის გვერდებისა და წვეროების აღების თანმიმდევრობაზე.
სამკუთხედის ბისექტორი არის სამკუთხედის კუთხის ბისექტრული სეგმენტი, რომელიც აკავშირებს წვეროს მოპირდაპირე მხარეს არსებულ წერტილთან.
თეორემა. განუვითარებელი კუთხის ბისექტრის თითოეული წერტილი თანაბრად არის დაშორებული (ანუ სამკუთხედის გვერდების შემცველი ხაზებიდან) მისი გვერდებიდან. პირიქით: ყოველი წერტილი, რომელიც მდებარეობს კუთხის შიგნით და კუთხის გვერდებიდან თანაბრად არის დაშორებული, მის ბისექტორზე დევს.
მტკიცებულება. 1) აიღეთ თვითნებური წერტილი M კუთხის BAC ბისექტორზე, დახაზეთ MK და ML პერპენდიკულარები AB და AC სწორ ხაზებზე და დაამტკიცეთ, რომ MK = ML. განვიხილოთ მართკუთხა სამკუთხედები ?AMK და ?AML. ისინი თანაბარია ჰიპოტენუზაში და მწვავე კუთხით (AM - საერთო ჰიპოტენუზა, კონვენციით 1 = 2). ამიტომ MK=ML.
) წერტილი M მოთავსდეს თქვენში და იყოს თანაბარი მანძილი AB და AC გვერდებიდან. მოდით დავამტკიცოთ, რომ AM სხივი არის ბისექტორი BAC. მოდით დავხატოთ MK და ML პერპენდიკულარები AB და AC სწორ ხაზებზე. მართკუთხა სამკუთხედები AKM და ALM ტოლია ჰიპოტენუზასა და ფეხიში (AM არის ჩვეულებრივი ჰიპოტენუზა, MK = ML კონვენციით). ამიტომ, 1 = 2. მაგრამ ეს ნიშნავს, რომ AM სხივი არის BAC-ის ბისექტორი. თეორემა დადასტურდა.
შედეგი. სამკუთხედის ბისექტრები იკვეთება ერთ წერტილში (წრის ცენტრი და ცენტრი).
O ასოთი ავღნიშნოთ ABC სამკუთხედის AA1 და BB1 ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი და ამ წერტილიდან გამოვხატოთ პერპენდიკულარები OK, OL და OM, შესაბამისად, AB, BC და CA სწორ ხაზებზე. თეორემის მიხედვით (განუვითარებელი კუთხის ბისექტრის თითოეული წერტილი თანაბრად არის დაშორებული მისი გვერდებიდან. პირიქით: კუთხის შიგნით მდებარე ყოველი წერტილი და კუთხის გვერდებიდან თანაბარი მანძილი დევს მის ბისექტორზე) ვამბობთ, რომ OK = OM და OK = OL. მაშასადამე, OM = OL, ანუ წერტილი O არის თანაბარი მანძილი ACB გვერდებიდან და, შესაბამისად, დევს ამ კუთხის CC1 ბისექტორზე. მაშასადამე, სამივე ბისექტორი ?ABC იკვეთება O წერტილში, რისი დამტკიცება იყო საჭირო.
წრის ბისექტრის სამკუთხედის ხაზი
1.2 სამკუთხედის ბისექტრის თვისებები
ნებისმიერი კუთხის ბისექტორი BD (ნახ. 1.1). ?ABC მოპირდაპირე მხარეს ყოფს AD და CD ნაწილებად სამკუთხედის მიმდებარე გვერდების პროპორციულად.
ჩვენ უნდა დავამტკიცოთ, რომ თუ ABD = DBC, მაშინ AD: DC = AB: BC.
ჩავატაროთ CE || BD E წერტილის კვეთამდე AB მხარის გაგრძელებით. შემდეგ რამდენიმე პარალელური წრფეებით გადაკვეთილ წრფეებზე წარმოქმნილი მონაკვეთების პროპორციულობის შესახებ თეორემის მიხედვით გვექნება პროპორცია: AD: DC = AB: BE. იმისათვის, რომ გადავიდეთ ამ პროპორციიდან დასამტკიცებელზე, საკმარისია აღმოვაჩინოთ, რომ BE = BC, ე.ი. ?ყველა ტოლფერდა. ამ სამკუთხედში E = ABD (როგორც შესაბამისი კუთხეები პარალელური წრფეებით) და ALL = DBC (როგორც ჯვარედინი კუთხეები იგივე პარალელური წრფეებით).
მაგრამ ABD = DBC პირობით; ეს ნიშნავს E = ALL და, შესაბამისად, გვერდები BE და BC, რომლებიც მდებარეობენ თანაბარი კუთხის მოპირდაპირედ, ტოლია.
ახლა, BE-ს ზემოთ დაწერილი პროპორციით BC-ით ჩანაცვლებით, მივიღებთ დასამტკიცებლად საჭირო პროპორციას.
20 სამკუთხედის შიდა და მიმდებარე კუთხის ბისექტრები პერპენდიკულურია.
მტკიცებულება. მოდით BD იყოს ABC-ის ბისექტორი (ნახ. 1.2) და BE იყოს გარე CBF-ის ბისექტორი მითითებული შიდა კუთხის მიმდებარედ, ?ABC. მაშინ თუ აღვნიშნავთ ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, შემდეგ 2 ? + 2?= 1800 და ამდენად ?+ ?= 900. და ეს ნიშნავს, რომ BD? BE.
30 სამკუთხედის გარე კუთხის ბისექტრი ყოფს მოპირდაპირე მხარეს გარეგნულადმიმდებარე გვერდების პროპორციულ ნაწილებად.
(ნახ.1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 სამკუთხედის ნებისმიერი კუთხის ბისექტრი მოპირდაპირე მხარეს ყოფს სამკუთხედის მიმდებარე გვერდების პროპორციულ მონაკვეთებად.
მტკიცებულება. განვიხილოთ ?ABC. განსაზღვრულობისთვის მიეცით ბისექტრი CAB კვეთს BC მხარეს D წერტილში (ნახ. 1.4). მოდით ვაჩვენოთ, რომ BD: DC = AB: AC. ამისათვის გავავლოთ AB წრფის პარალელურად C წერტილის გავლით და აღვნიშნოთ E-ით ამ წრფის გადაკვეთის წერტილი AD. შემდეგ DAB=DEC, ABD=ECD და შესაბამისად ?DAB ~ ?სამკუთხედების მსგავსების პირველი კრიტერიუმის საფუძველზე საოლქო საარჩევნო კომისია. გარდა ამისა, ვინაიდან სხივი AD არის ბისექტორი CAD, მაშინ CAE = EAB = AEC და, შესაბამისად, ?ECA ტოლფერდა. აქედან გამომდინარე AC=CE. მაგრამ ამ შემთხვევაში, მსგავსებიდან ?DAB და ?DEC მიჰყვება, რომ BD: DC=AB: CE =AB: AC, და ეს იყო ის, რაც უნდა დადასტურდეს.
თუ სამკუთხედის გარე კუთხის ბისექტორი კვეთს ამ კუთხის წვეროს მოპირდაპირე მხარის გაფართოებას, მაშინ სეგმენტები მიღებული გადაკვეთის წერტილიდან მოპირდაპირე მხარის ბოლოებამდე პროპორციულია სამკუთხედის მიმდებარე გვერდების მიმართ.
მტკიცებულება. განვიხილოთ ?ABC. მოდით F იყოს წერტილი CA გვერდის გაფართოებაზე, D იყოს გარე სამკუთხედის BAF ბისექტრის გადაკვეთის წერტილი CB გვერდის გაფართოებასთან (ნახ. 1.5). მოდით ვაჩვენოთ, რომ DC:DB=AC:AB. მართლაც, მოდით გავავლოთ AB წრფის პარალელურად C წერტილის გავლით და აღვნიშნოთ E-ით ამ წრფის გადაკვეთის წერტილი DA წრფესთან. შემდეგ სამკუთხედი ADB ~ ?EDC და შესაბამისად DC:DB=EC:AB. და მას შემდეგ ?EAC= ?ცუდი = ?CEA, შემდეგ ტოლფერდა ?CEA მხარე AC=EC და, ამრიგად, DC:DB=AC:AB, რაც დამტკიცებას საჭიროებდა.
3 ამოცანების ამოხსნა ბისექტრის თვისებების გამოყენებით
ამოცანა 1. O იყოს ჩაწერილი წრის ცენტრი ?ABC, CAB = ?. დაამტკიცე რომ COB = 900 + ? /2.
გამოსავალი. ვინაიდან O არის წარწერის ცენტრი ?წრის ABC (სურათი 1.6), შემდეგ სხივები BO და CO არიან ბისექტრები ABC და BCA, შესაბამისად. და შემდეგ COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 - (1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, რისი დამტკიცება იყო საჭირო.
ამოცანა 2. მოდით, O იყოს აღწერილი შესახებ ?წრის ABC, H არის სიმაღლის საფუძველი, რომელიც დახატულია BC მხარეს. დაამტკიცეთ, რომ ბისექტრი CAB ასევე არის ბისექტორი? OAH.
მოდით AD იყოს CAB-ის ბისექტორი, AE იყოს შემოხაზულის დიამეტრი ?წრის ABC (ნახ. 1.7, 1.8). თუ ?ABC არის მწვავე (ნახ. 1.7) და, შესაბამისად, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ AC რკალები და ?BHA და ?ECA მართკუთხა (BHA =ECA = 900), მაშინ ?BHA~ ?ECA და შესაბამისად CAO = CAE =HAB. გარდა ამისა, BAD და CAD ტოლია პირობით, ამიტომ HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. მოდით ახლა ABC = 900. ამ შემთხვევაში, სიმაღლე AH ემთხვევა AB მხარეს, მაშინ წერტილი O მიეკუთვნება ჰიპოტენუზას AC და ამიტომ აშკარაა პრობლემის დებულების მართებულობა.
განვიხილოთ შემთხვევა, როდესაც ABC > 900 (ნახ. 1.8). აქ ოთხკუთხედი ABCE იწერება წრეში და აქედან გამომდინარე AEC = 1800 - ABC. მეორე მხრივ, ABH = 1800 - ABC, ე.ი. AEC = ABH. და მას შემდეგ ?BHA და ?ECA არის მართკუთხა და, შესაბამისად, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, შემდეგ HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. შემთხვევები, როდესაც BAC და ACB ბლაგვია, განიხილება ანალოგიურად. ?
4 ქულა გერგონა
გერგონის წერტილი არის იმ სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი, რომლებიც აკავშირებენ სამკუთხედის წვეროებს ამ წვეროების მოპირდაპირე გვერდების მიზიდულობის წერტილებთან და სამკუთხედის შემოხაზულ წრესთან.
წერტილი O იყოს ABC სამკუთხედის წრის ცენტრი. დაე, წრე შეეხოს BC, AC და AB სამკუთხედის გვერდებს პუნქტები D,Eდა F შესაბამისად. გერგონის წერტილი არის AD, BE და CF სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი. წერტილი O იყოს ჩაწერილი წრის ცენტრი ?ABC. დაე, წრე შეეხოს BC, AC და AB სამკუთხედის გვერდებს D, E და F წერტილებში შესაბამისად. გერგონის წერტილი არის AD, BE და CF სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი.
დავამტკიცოთ, რომ ეს სამი სეგმენტი რეალურად იკვეთება ერთ წერტილში. გაითვალისწინეთ, რომ წრეწირის ცენტრი არის კუთხის ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი ?ABC და წრეწირის რადიუსი არის OD, OE და OF ?სამკუთხედის გვერდები. ამრიგად, გვაქვს სამი წყვილი თანაბარი სამკუთხედი (AFO და AEO, BFO და BDO, CDO და CEO).
მუშაობს AF?BD ? CE და AE? იყოს? CF ტოლია, რადგან BF = BD, CD = CE, AE = AF, მაშასადამე, ამ პროდუქტების თანაფარდობა ტოლია და ცევას თეორემით (დავდოთ A1, B1, C1 წერტილები BC, AC და AB გვერდებზე? ABC, შესაბამისად, მოდით, სეგმენტები AA1, BB1 და CC1 იკვეთებოდეს ერთ წერტილში
(ჩვენ ვატრიალებთ სამკუთხედს საათის ისრის მიმართულებით)), სეგმენტები იკვეთება ერთ წერტილში.
ჩაწერილი წრის თვისებები:
ამბობენ, რომ წრე იწერება სამკუთხედში, თუ ის ეხება მის ყველა მხარეს.
წრე შეიძლება ჩაიწეროს ნებისმიერ სამკუთხედში.
მოცემულია: ABC არის ეს სამკუთხედი, O არის ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი, M, L და K არის წრის შეხების წერტილები სამკუთხედის გვერდებთან (სურ. 1.11).
დაამტკიცე: O არის ABC-ში ჩაწერილი წრის ცენტრი.
მტკიცებულება. დავხატოთ პერპენდიკულარები OK, OL და OM O წერტილიდან შესაბამისად AB, BC და CA გვერდებზე (სურ. 1.11). ვინაიდან წერტილი O თანაბრად არის დაშორებული ABC სამკუთხედის გვერდებიდან, მაშინ OK = OL = OM. მაშასადამე, წრე O ცენტრით OK რადიუსით გადის K, L, M წერტილებში. ABC სამკუთხედის გვერდები ამ წრეს ეხება K, L, M წერტილებზე, რადგან ისინი პერპენდიკულარულია OK, OL და OM რადიუსებზე. ეს ნიშნავს, რომ წრე O ცენტრით OK რადიუსით ჩაიწერება ABC სამკუთხედში. თეორემა დადასტურდა.
სამკუთხედში ჩაწერილი წრის ცენტრი არის მისი ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი.
მიეცით ABC, O იყოს მასში ჩაწერილი წრის ცენტრი, D, E და F იყოს წრის შეხების წერტილები გვერდებთან (ნახ. 1.12). ? AEO = ? AOD ჰიპოტენუზაზე და ფეხზე (EO = OD - რადიუსის სახით, AO - სულ). რა გამოდის სამკუთხედების ტოლობიდან? OAD = ? O.A.E. ასე რომ, AO არის EAD კუთხის ბისექტორი. ასევე დადასტურებულია, რომ წერტილი O დევს სამკუთხედის დანარჩენ ორ ბისექტორზე.
ტანგენტის წერტილთან მიყვანილი რადიუსი ტანგენტის პერპენდიკულარულია.
მტკიცებულება. გარემო (O; R) იყოს მოცემული წრე (ნახ. 1.13), სწორი ხაზი a ეხება მას P წერტილში. დაე, რადიუსი OP არ იყოს a-ზე პერპენდიკულარული. დავხატოთ OD პერპენდიკულარული O წერტილიდან ტანგენსამდე. ტანგენტის განმარტებით, მისი ყველა წერტილი, გარდა P წერტილისა, და კერძოდ, წერტილი D, დევს წრის გარეთ. მაშასადამე, პერპენდიკულარული OD-ის სიგრძე მეტია ირიბი OP-ის R სიგრძეზე. ეს ეწინააღმდეგება დახრილ თვისებას და შედეგად მიღებული წინააღმდეგობა ადასტურებს განცხადებას.
თავი 2. სამკუთხედის 3 ღირსშესანიშნავი წერტილი, ეილერის წრე, ეილერის სწორი ხაზი.
1 სამკუთხედის წრეწირის ცენტრი
სეგმენტის პერპენდიკულური ბისექტორი არის წრფე, რომელიც გადის სეგმენტის შუაში და მასზე პერპენდიკულარულია.
თეორემა. სეგმენტის პერპენდიკულარული ბისექტრის თითოეული წერტილი თანაბრად არის დაშორებული ამ მონაკვეთის ბოლოებიდან. პირიქით: სეგმენტის ბოლოებიდან თანაბარი დაშორებული წერტილი დევს მის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე.
მტკიცებულება. სწორი ხაზი m იყოს AB მონაკვეთის პერპენდიკულარული ბისექტორი, ხოლო O წერტილი მონაკვეთის შუა წერტილი.
განვიხილოთ m სწორი წრფის თვითნებური წერტილი M და დავამტკიცოთ, რომ AM=BM. თუ წერტილი M ემთხვევა O წერტილს, მაშინ ეს ტოლობა მართალია, რადგან O არის AB სეგმენტის შუა წერტილი. მოდით M და O - სხვადასხვა წერტილები. მართკუთხა ?OAM და ?OBM ტოლია ორ ფეხზე (OA = OB, OM არის საერთო ფეხი), შესაბამისად AM = BM.
) განვიხილოთ თვითნებური N წერტილი, რომელიც თანაბრად არის დაშორებული AB მონაკვეთის ბოლოებიდან და დაამტკიცეთ, რომ N წერტილი დევს m წრფეზე. თუ N არის წერტილი AB წრფეზე, მაშინ ის ემთხვევა AB სეგმენტის O შუა წერტილს და, შესაბამისად, დევს m წრფეზე. თუ წერტილი N არ დევს AB წრფეზე, მაშინ განიხილეთ ?ANB, რომელიც არის ტოლფერდა, ვინაიდან AN=BN. სეგმენტი NO არის ამ სამკუთხედის მედიანა და, შესაბამისად, სიმაღლე. ამრიგად, NO არის AB-ს პერპენდიკულარული, ამიტომ ON და m წრფეები ემთხვევა ერთმანეთს და, შესაბამისად, N არის m წრფის წერტილი. თეორემა დადასტურდა.
შედეგი. სამკუთხედის გვერდების პერპენდიკულარული ბისექტრები იკვეთება ერთ წერტილში (წრიული წრის ცენტრი).
ავღნიშნოთ O, m და n ორმხრივი პერპენდიკულარების AB და BC გვერდების გადაკვეთის წერტილი. ?ABC. თეორემის მიხედვით (სეგმენტთან პერპენდიკულარული ბისექტრის თითოეული წერტილი თანაბრად არის დაშორებული ამ მონაკვეთის ბოლოებიდან. პირიქით: მონაკვეთის ბოლოებიდან თანაბარი წერტილი დევს მის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე.) დავასკვნით, რომ OB = OA და OB = OC მაშასადამე: OA = OC, ანუ წერტილი O თანაბრად არის დაშორებული AC სეგმენტის ბოლოებიდან და, შესაბამისად, დევს ამ სეგმენტის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე p. ამიტომ სამივე ბისექტორი m, n და p გვერდებზე ?ABC იკვეთება O წერტილში.
მწვავე სამკუთხედისთვის ეს წერტილი დევს შიგნით, ბლაგვი სამკუთხედისთვის - სამკუთხედის გარეთ, მართკუთხა სამკუთხედისთვის - ჰიპოტენუზის შუაში.
სამკუთხედის პერპენდიკულარული ბისექტრის თვისება:
ხაზები, რომელზედაც დევს სამკუთხედის შიდა და გარე კუთხის ბისექტრები, რომლებიც გამოდიან ერთი წვეროდან, კვეთენ პერპენდიკულარულ შუა გზას მოპირდაპირე მხარისკენ სამკუთხედის გარშემო შემოხაზული წრის დიამეტრალურად საპირისპირო წერტილებიდან.
მტკიცებულება. მოდით, მაგალითად, ბისექტრი ABC კვეთს აღწერილს ?ABC წრე D წერტილში (ნახ. 2.1). მაშინ რადგან ჩაწერილი ABD და DBC ტოლია, მაშინ AD = arc DC. მაგრამ AC გვერდის პერპენდიკულური ბისექტორი ასევე ყოფს AC რკალს, ამიტომ D წერტილი ასევე მიეკუთვნება ამ პერპენდიკულარულ ბისექტორს. გარდა ამისა, ვინაიდან 1.3 პუნქტიდან 30 თვისებით ბისექტორი BD ABC ABC-ს მიმდებარედ, ეს უკანასკნელი გადაკვეთს წრეს D წერტილის დიამეტრალურად საპირისპირო წერტილში, რადგან ჩაწერილი მართი კუთხე ყოველთვის ეყრდნობა დიამეტრს.
2 სამკუთხედის წრის ორთოცენტრი
სიმაღლე არის სამკუთხედის წვეროდან მოპირდაპირე მხარეს შემცველ სწორ ხაზამდე გამოყვანილი პერპენდიკულური.
სამკუთხედის (ან მათი გაფართოების) სიმაღლეები იკვეთება ერთ წერტილში (ორთოცენტრი).
მტკიცებულება. განიხილეთ თვითნებობა ?ABC და დაამტკიცეთ, რომ მისი სიმაღლეების შემცველი ხაზები AA1, BB1, CC1 იკვეთება ერთ წერტილში. მოდით გავიაროთ თითოეული წვერო ?ABC არის სწორი ხაზი მოპირდაპირე მხარის პარალელურად. ვიღებთ ?A2B2C2. A, B და C წერტილები ამ სამკუთხედის შუა წერტილებია. მართლაც, AB=A2C და AB=CB2 ჰგავს ABA2C და ABCB2 პარალელოგრამების საპირისპირო გვერდებს, შესაბამისად A2C=CB2. ანალოგიურად, C2A=AB2 და C2B=BA2. გარდა ამისა, როგორც კონსტრუქციიდან ჩანს, CC1 პერპენდიკულარულია A2B2-ზე, AA1 პერპენდიკულარულია B2C2-ზე და BB1 პერპენდიკულარულია A2C2-ზე. ამრიგად, ხაზები AA1, BB1 და CC1 არის პერპენდიკულარული ბისექტრები გვერდებზე. ?A2B2C2. ამიტომ ისინი ერთ წერტილში იკვეთებიან.
სამკუთხედის ტიპებიდან გამომდინარე, ორთოცენტრი შეიძლება იყოს სამკუთხედის შიგნით მახვილკუთხედებში, მის გარეთ - ბლაგვკუთხედებში ან ემთხვევა წვეროს, მართკუთხაში - ემთხვევა წვეროს სწორი კუთხე.
სამკუთხედის სიმაღლის თვისებები:
მახვილი სამკუთხედის ორი სიმაღლის ფუძის დამაკავშირებელი სეგმენტი წყვეტს მისგან მოცემულ სამკუთხედის მსგავსს, საერთო კუთხის კოსინუსის ტოლი მსგავსების კოეფიციენტით.
მტკიცებულება. მოდით AA1, BB1, CC1 იყოს ABC მახვილი სამკუთხედის სიმაღლეები და ABC = ?(ნახ. 2.2). მართკუთხა სამკუთხედებს BA1A და CC1B აქვთ საერთო ?, ასე რომ ისინი მსგავსია, რაც ნიშნავს BA1/BA = BC1/BC = cos ?. აქედან გამომდინარეობს, რომ BA1/BC1=BA/BC = cos ?, ე.ი. ვ ?C1BA1 და ?ABC მხარეები საერთოს მიმდებარედ ??C1BA1~ ?ABC, მსგავსების კოეფიციენტით cos-ის ტოლი ?. ანალოგიურად დასტურდება, რომ ?A1CB1~ ?ABC მსგავსების კოეფიციენტით cos BCA, და ?B1AC1~ ?ABC მსგავსების კოეფიციენტით cos CAB.
მართკუთხა სამკუთხედის ჰიპოტენუზამდე დავარდნილი სიმაღლე ყოფს მას ორ სამკუთხედად, რომლებიც ერთმანეთის მსგავს და თავდაპირველი სამკუთხედის მსგავსია.
მტკიცებულება. განვიხილოთ მართკუთხა ?ABC, რომელსაც აქვს ?BCA = 900, ხოლო CD არის მისი სიმაღლე (ნახ. 2.3).
მერე მსგავსება ?ADC და ?BDC გამომდინარეობს, მაგალითად, მართკუთხა სამკუთხედების მსგავსების ნიშნიდან ორი ფეხის პროპორციულობით, ვინაიდან AD/CD = CD/DB. თითოეული მართკუთხა სამკუთხედი ADC და BDC მსგავსია თავდაპირველი მართკუთხა სამკუთხედის, სულ მცირე, ორი კუთხით მსგავსების საფუძველზე.
სიმაღლის თვისებების გამოყენებასთან დაკავშირებული პრობლემების გადაჭრა
ამოცანა 1. დაამტკიცეთ, რომ სამკუთხედი, რომლის ერთი წვერო არის მოცემული ბლაგვი სამკუთხედის წვერო, ხოლო დანარჩენი ორი წვერო არის ბლაგვი სამკუთხედის სიმაღლეების საფუძვლები, რომელიც გამოტოვებულია მისი ორი სხვა წვეროდან, მსგავსია მოცემული სამკუთხედი მსგავსების კოეფიციენტით, რომელიც ტოლია კუთხის კოსინუსის მოდულის პირველ წვეროზე.
გამოსავალი. განიხილეთ ბლაგვი ?ABC მუნჯი CAB-ით. მოდით AA1, BB1, CC1 იყოს მისი სიმაღლეები (ნახ. 2.4, 2.5, 2.6) და მოდით CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.
დასტური იმისა, რომ ?C1BA1~ ?ABC (ნახ. 2.4) მსგავსების კოეფიციენტით k = cos ?, სრულად იმეორებს საკუთრების 1-ლი 2.2 პუნქტის მტკიცებულებაში განხორციელებულ მსჯელობას.
ეს დავამტკიცოთ ?A1CB~ ?ABC (ნახ. 2.5) მსგავსების კოეფიციენტით k1= cos ?, ა ?B1AC1~ ?ABC (ნახ. 2.6) მსგავსების კოეფიციენტით k2 = |cos? |.
მართლაც, მართკუთხა სამკუთხედებს CA1A და CB1B აქვთ საერთო კუთხე ?და ამიტომ მსგავსი. აქედან გამომდინარეობს, რომ B1C/ BC = A1C / AC= cos ?და, შესაბამისად, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, ე.ი. სამკუთხედებში A1CB1 და ABC გვერდები ქმნიან საერთოს ??, პროპორციულია. შემდეგ კი, სამკუთხედების მსგავსების მეორე კრიტერიუმის მიხედვით ?A1CB~ ?ABC, მსგავსების კოეფიციენტით k1= cos ?. რაც შეეხება ბოლო შემთხვევას (ნახ. 2.6), მაშინ მართკუთხა სამკუთხედების განხილვიდან ?BB1A და ?CC1A თანაბარი ვერტიკალური კუთხით BAB1 და C1AC აქედან გამომდინარეობს, რომ ისინი მსგავსია და, შესაბამისად, B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, ვინაიდან ??- ბლაგვი. აქედან გამომდინარე B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| და ამდენად სამკუთხედებში ?B1AC1 და ?ABC მხარეების ფორმირება თანაბარი კუთხეები, პროპორციულია. და ეს იმას ნიშნავს ?B1AC1~ ?ABC მსგავსების კოეფიციენტით k2 = |cos? |.
ამოცანა 2. დაამტკიცეთ, რომ თუ წერტილი O არის ABC მახვილი სამკუთხედის სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი, მაშინ ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
გამოსავალი. მოდით დავამტკიცოთ პრობლემის დებულებაში მოცემული ფორმულებიდან პირველის მართებულობა. დანარჩენი ორი ფორმულის მართებულობა დადასტურებულია ანალოგიურად. მოდით ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 და C1 არის A, B და C წვეროებიდან გამოყვანილი სამკუთხედის სიმაღლეების ფუძეები (ნახ. 2.7). შემდეგ BC1C მართკუთხა სამკუთხედიდან გამომდინარეობს, რომ BCC1 = 900 - ?და ამრიგად მართკუთხა სამკუთხედში OA1C კუთხე COA1 უდრის ?. მაგრამ კუთხეების ჯამი AOC + COA1 = ? + ?იძლევა სწორ კუთხეს და, შესაბამისად, AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, რაც საჭირო იყო დასამტკიცებლად.
ამოცანა 3. დაამტკიცეთ, რომ მახვილი სამკუთხედის სიმაღლეები არის სამკუთხედის კუთხეების ბისექტრები, რომელთა წვეროები არის ამ სამკუთხედის სიმაღლეების ფუძეები.
არის.2.8
გამოსავალი. მოდით AA1, BB1, CC1 იყოს ABC მწვავე სამკუთხედის სიმაღლეები და მოდით CAB = ?(ნახ. 2.8). დავამტკიცოთ, მაგალითად, რომ სიმაღლე AA1 არის C1A1B1 კუთხის ბისექტორი. მართლაც, რადგან სამკუთხედები C1BA1 და ABC მსგავსია (თვისება 1), მაშინ BA1C1 = ?და, შესაბამისად, C1A1A = 900 - ?. სამკუთხედების A1CB1 და ABC მსგავსებიდან გამომდინარეობს, რომ AA1B1 = 900 - ?და ამიტომ C1A1A = AA1B1 = 900 - ?. მაგრამ ეს ნიშნავს, რომ AA1 არის C1A1B1 კუთხის ბისექტორი. ანალოგიურად, დადასტურდა, რომ ABC სამკუთხედის დანარჩენი ორი სიმაღლე არის A1B1C1 სამკუთხედის დანარჩენი ორი შესაბამისი კუთხის ბისექტრები.
3 სამკუთხედის წრის სიმძიმის ცენტრი
სამკუთხედის მედიანა არის სეგმენტი, რომელიც აკავშირებს სამკუთხედის ნებისმიერ წვეროს მოპირდაპირე მხარის შუა წერტილთან.
თეორემა. სამკუთხედის მედიანა იკვეთება ერთ წერტილში (სიმძიმის ცენტრი).
მტკიცებულება. თვითნებურად განვიხილოთ? ABC.
AA1 და BB1 მედიანების გადაკვეთის წერტილი ავღნიშნოთ O ასოთი და გავავლოთ ამ სამკუთხედის შუა ხაზი A1B1. სეგმენტი A1B1 არის AB მხარის პარალელურად, ამიტომ 1 = 2 და 3 = 4. ამიტომ, ?AOB და ?A1OB1 მსგავსია ორი კუთხით და, შესაბამისად, მათი გვერდები პროპორციულია: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. მაგრამ AB=2A1B1, ამიტომ AO=2A1O და BO=2B1O. ამრიგად, შუამავლების AA1 და BB1 გადაკვეთის წერტილი O ყოფს თითოეულ მათგანს 2:1 თანაფარდობით, წვეროდან დათვლა.
ანალოგიურად დადასტურებულია, რომ შუამავლების BB1 და CC1 გადაკვეთის წერტილი თითოეულ მათგანს ყოფს 2:1 თანაფარდობით, წვეროდან დათვლა და, შესაბამისად, ემთხვევა O წერტილს და იყოფა მასზე 2:1 თანაფარდობით, წვეროდან დათვლა.
სამკუთხედის მედიანას თვისებები:
10 სამკუთხედის შუალედები იკვეთება ერთ წერტილში და იყოფა გადაკვეთის წერტილზე 2:1 თანაფარდობით, წვეროდან დათვლა.
მოცემული: ?ABC, AA1, BB1 - მედიანები.
დადასტურება: AO:OA1=VO:OB1=2:1
მტკიცებულება. დავხაზოთ შუა ხაზი A1B1 (ნახ. 2.10), შუა წრფის თვისების მიხედვით A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. ვინაიდან A1B1 || AB, შემდეგ 1 = 2 დევს ჯვარედინად AB და A1B1 პარალელური ხაზებით და AA1 სეკანტით. 3 = 4 იწვა ჯვარედინი პარალელური ხაზებით A1B1 და AB და სეკანტი BB1.
აქედან გამომდინარე, ?AOB ~ ?A1OB1 ორი კუთხის ტოლობით, რაც ნიშნავს, რომ გვერდები პროპორციულია: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
მედიანა სამკუთხედს ყოფს ტოლი ფართობის ორ სამკუთხედად.
მტკიცებულება. BD - მედიანა ?ABC (ნახ. 2.11), BE - მისი სიმაღლე. მერე ?ABD და ?DBC თანაბარია ზომით, რადგან მათ აქვთ თანაბარი ფუძეები AD და DC შესაბამისად და საერთო სიმაღლე BE.
მთელი სამკუთხედი თავისი შუალედებით იყოფა ექვს თანაბარ სამკუთხედად.
თუ სამკუთხედის შუალედის გაგრძელებაზე, შუასადენის ტოლი სეგმენტი ჩამოიჭრება სამკუთხედის გვერდის შუა მხრიდან, მაშინ ამ სეგმენტის ბოლო წერტილი და სამკუთხედის წვეროები არის წვეროები. პარალელოგრამი.
მტკიცებულება. ვთქვათ D იყოს BC გვერდის შუა წერტილი ?ABC (ნახ. 2.12), E არის წერტილი AD წრფეზე ისეთი, რომ DE=AD. მაშინ, ვინაიდან ABEC ოთხკუთხედის AE და BC დიაგონალები მათი გადაკვეთის D წერტილში ორად არის გაყოფილი, 13.4 თვისებიდან გამომდინარეობს, რომ ოთხკუთხედი ABEC არის პარალელოგრამი.
ამოცანების გადაჭრა მედიანების თვისებების გამოყენებით:
ამოცანა 1. დაამტკიცეთ, რომ თუ O არის მედიანების გადაკვეთის წერტილი ?ABC მაშინ ?A.O.B. ?BOC და ?AOC ზომით თანაბარია.
გამოსავალი. მოდით AA1 და BB1 იყოს მედიანები ?ABC (ნახ. 2.13). განვიხილოთ ?AOB და ?BOC. აშკარაა, რომ ს ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, ს ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. მაგრამ საკუთრებით 2 გვაქვს ს ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, რაც ნიშნავს, რომ ს ?AOB = S ?BOC. თანასწორობა ს ?AOB = ს ?AOC.
ამოცანა 2. დაამტკიცეთ, რომ თუ წერტილი O დევს შიგნით ?ABC და ?A.O.B. ?BOC და ?AOC ფართობით ტოლია, მაშინ O არის მედიანების გადაკვეთის წერტილი? ABC.
გამოსავალი. განვიხილოთ ?ABC (2.14) და დავუშვათ, რომ წერტილი O არ დევს მედიანა BB1-ზე. მაშინ რადგან OB1 არის მედიანა ?AOC შემდეგ ს ?AOB1 = S ?B1OC და რადგან პირობით S ?AOB = S ?BOC, შემდეგ ს ?AB1OB = S ?BOB1C. მაგრამ ეს არ შეიძლება იყოს, რადგან ს ?ABB1 = S ?B1BC. შედეგად მიღებული წინააღმდეგობა ნიშნავს, რომ წერტილი O დევს მედიანა BB1-ზე. ანალოგიურად, დადასტურებულია, რომ წერტილი O ეკუთვნის ორ სხვა მედიანას ?ABC. აქედან გამომდინარეობს, რომ O წერტილი ნამდვილად არის სამი მედიანის გადაკვეთის წერტილი? ABC.
ამოცანა 3. დაამტკიცეთ, რომ თუ ქ ?ABC გვერდები AB და BC არ არის ტოლი, მაშინ მისი ბისექტორი BD მდებარეობს შუა BM-სა და BH სიმაღლეს შორის.
მტკიცებულება. მოდით აღვწეროთ შესახებ ?ABC არის წრე და გააფართოვეთ მისი ბისექტრი BD მანამ, სანამ ის არ გადაკვეთს წრეს K წერტილში. პერპენდიკულარული შუა წერტილი AC სეგმენტზე გაივლის K წერტილს (საკუთრება 1, პუნქტიდან 2.1), რომელსაც აქვს საერთო წერტილი M შუამავლთან BH და MK სეგმენტები პარალელურია და B და K წერტილები AC წრფის მოპირდაპირე მხარეს დევს, შემდეგ BK და AC სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი მიეკუთვნება HM სეგმენტს და ეს ამტკიცებს საჭიროებას.
პრობლემა 4. ბ ?ABC მედიანა BM არის AB მხარის ზომის ნახევარი და ქმნის 400 კუთხეს იპოვე ABC.
გამოსავალი. გავაფართოვოთ მედიანა BM M წერტილის მიღმა მისი სიგრძით და მივიღოთ წერტილი D (ნახ. 2.15). ვინაიდან AB = 2BM, მაშინ AB = BD, ანუ სამკუთხედი ABD არის ტოლფერდა. ამიტომ, BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. ოთხკუთხედი ABCD არის პარალელოგრამი, რადგან მისი დიაგონალები იკვეთება მათი გადაკვეთის წერტილით. ეს ნიშნავს CBD = ADB = 700. შემდეგ ABC = ABD + CBD = 1100 პასუხი არის 1100.
ამოცანა 5. გვერდები?ABC ტოლია a, b, c. გამოთვალეთ c მხარეს დახატული მედიანა mc (ნახ. 2.16).
გამოსავალი. გავაორმაგოთ მედიანა ?ABC ACBP-ის პარალელოგრამის აგებით და გამოვიყენოთ თეორემა 8 ამ პარალელოგრამზე მივიღებთ: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, ე.ი. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, საიდანაც ვპოულობთ:
2.4 ეილერის წრე. ეილერის ხაზი
თეორემა. მედიანების ფუძეები, თვითნებური სამკუთხედის სიმაღლეები, აგრეთვე სამკუთხედის წვეროების ორთოცენტრთან დამაკავშირებელი სეგმენტების შუა წერტილები ერთსა და იმავე წრეზეა, რომლის რადიუსი უდრის გარშემო შემოხაზული წრის რადიუსის ნახევარს. სამკუთხედი. ამ წრეს უწოდებენ ცხრაპუნქტიან წრეს ან ეილერის წრეს.
მტკიცებულება. ავიღოთ შუა?MNL (ნახ. 2.17) და აღვწეროთ წრე W მის ირგვლივ სეგმენტი LQ არის მედიანა მართკუთხა?AQB-ში, ამიტომ LQ=1/2AB. სეგმენტი MN=1/2AB, რადგან MN - შუა ხაზი?ABC. აქედან გამომდინარეობს, რომ ტრაპეცია QLMN არის ტოლფერდა. ვინაიდან წრე W გადის ტოლფერდა ტრაპეციის 3 წვეროზე L, M, N, ის ასევე გაივლის მეოთხე წვეროზე Q. ანალოგიურად, დადასტურდა, რომ P ეკუთვნის W-ს, R ეკუთვნის W-ს.
გადავიდეთ X, Y, Z წერტილებზე. XL სეგმენტი პერპენდიკულარულია BH-ზე, როგორც შუა ხაზი?AHB. სეგმენტი BH არის AC-ის პერპენდიკულარული და რადგან AC არის LM-ის პარალელურად, BH არის LM-ის პერპენდიკულარული. ამიტომ, XLM=P/2. ანალოგიურად, XNM= P/2.
ოთხკუთხედში LXNM, ორი მოპირდაპირე კუთხე სწორი კუთხეა, ამიტომ წრე შეიძლება აღწერილი იყოს მის გარშემო. ეს იქნება წრე W. ასე რომ X ეკუთვნის W-ს, ანალოგიურად Y ეკუთვნის W-ს, Z ეკუთვნის W-ს.
შუა?LMN მსგავსია?ABC. მსგავსების კოეფიციენტი არის 2. მაშასადამე, ცხრა წერტილის წრის რადიუსი არის R/2.
ეილერის წრის თვისებები:
ცხრა წერტილიანი წრის რადიუსი უდრის დაახლოებით?ABC შემოხაზული წრის რადიუსის ნახევარს.
ცხრა წერტილის წრე ჰომოთეტურია ABC-ის გარშემო შემოხაზული წრის მიმართ, კოეფიციენტით ½ და ჰომოთეტური ცენტრი H წერტილში.
თეორემა. ორთოცენტრი, ცენტროიდი, წრე და ცხრა წერტილიანი წრის ცენტრი დევს იმავე სწორ ხაზზე. ეილერის სწორი ხაზი.
მტკიცებულება. მოდით, H იყოს ორთოცენტრი ABC (ნახ. 2.18) და O იყოს შემოხაზული წრის ცენტრი. აგებულებით, პერპენდიკულარული ბისექტრები?ABC შეიცავს მედიანის სიმაღლეებს?MNL, ანუ O არის ერთდროულად ორთოცენტრი?LMN. ?LMN ~ ?ABC, მათი მსგავსების კოეფიციენტი არის 2, ამიტომ BH=2ON.
გავავლოთ სწორი ხაზი H და O წერტილებს შორის. ვიღებთ ორ მსგავს სამკუთხედს?NOG და?BHG. ვინაიდან BH=2ON, მაშინ BG=2GN. ეს უკანასკნელი ნიშნავს, რომ წერტილი G არის ცენტრი?ABC. G წერტილისთვის დაკმაყოფილებულია თანაფარდობა HG:GO=2:1.
შემდგომში TF იყოს პერპენდიკულარული ბისექტორი და F იყოს ამ პერპენდიკულარის HO წრფესთან გადაკვეთის წერტილი. განვიხილოთ მსგავსი ?TGF და ?NGO. წერტილი G არის?MNL-ის ცენტრი, ამიტომ?TGF და?NGO-ის მსგავსების კოეფიციენტი უდრის 2-ს. აქედან გამომდინარე OG=2GF და ვინაიდან HG=2GO, HF=FO და F არის HO სეგმენტის შუა.
თუ ჩვენ განვახორციელებთ იგივე მსჯელობას მეორე მხარის პერპენდიკულარულ ბისექტორთან დაკავშირებით?MNL, მაშინ ის ასევე უნდა გაიაროს HO სეგმენტის შუაში. მაგრამ ეს ნიშნავს, რომ F წერტილი არის პერპენდიკულარული ბისექტრების წერტილი?MNL. ეს წერტილი არის ეილერის წრის ცენტრი. თეორემა დადასტურდა.
დასკვნა
ამ ნაშრომში გადავხედეთ სკოლაში შესწავლილი სამკუთხედის 4 მშვენიერ წერტილს და მათ თვისებებს, რის საფუძველზეც შეგვიძლია მრავალი პრობლემის გადაჭრა. ასევე გათვალისწინებული იყო გერგონის წერტილი, ეილერის წრე და ეილერის სწორი ხაზი.
გამოყენებული წყაროების სია
1.გეომეტრია 7-9. სახელმძღვანელო საშუალო სკოლებისთვის // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. და სხვა - მ.: განათლება, 1994 წ.
2.ამელკინი V.V. გეომეტრია სიბრტყეზე: თეორია, ამოცანები, ამონახსნები: პროკ. სახელმძღვანელო მათემატიკის შესახებ // V.V. Amelkin, V.L. რაბცევიჩი, ვ.ლ. ტიმოხოვიჩი - მნ.: "ასარი", 2003 წ.
.ვ.ს. ბოლოდურინი, ო.ა. ვახმიანინა, თ.ს. იზმაილოვა // სახელმძღვანელო ელემენტარული გეომეტრიის შესახებ. ორენბურგი, OGPI, 1991 წ.
.პრასოლოვი ვ.გ. პრობლემები პლანიმეტრიაში. - მე -4 გამოცემა, დამატებულია - მ.: მოსკოვის უწყვეტი მათემატიკური განათლების ცენტრის გამომცემლობა, 2001 წ.
ბარანოვა ელენა
ეს ნაშრომი განიხილავს სამკუთხედის ღირსშესანიშნავ წერტილებს, მათ თვისებებს და ნიმუშებს, როგორიცაა ცხრა წერტილიანი წრე და ეილერის სწორი ხაზი. მოცემული ისტორიული მინიშნებაეილერის სწორი ხაზისა და ცხრაპუნქტიანი წრის აღმოჩენა. შემოთავაზებულია ჩემი პროექტის გამოყენების პრაქტიკული მიმართულება.
ჩამოტვირთვა:
გადახედვა:
პრეზენტაციის გადახედვის გამოსაყენებლად, შექმენით ანგარიში თქვენთვის ( ანგარიში) Google და შედით: https://accounts.google.com
სლაიდის წარწერები:
"სამკუთხედის მშვენიერი წერტილები." (მათემატიკის გამოყენებითი და ფუნდამენტური კითხვები) ელენა ბარანოვა მე-8 კლასი, MKOU „20 საშუალო სკოლა“ პოზ. ნოვოიზობილნი, ტატიანა ვასილიევნა დუხანინა, MKOU "20 საშუალო სკოლა" სოფელ ნოვოიზობილნის მათემატიკის მასწავლებელი 2013 წ. მუნიციპალური ხელისუფლება საგანმანათლებლო დაწესებულების"20-ე საშუალო სკოლა"
მიზანი: შეისწავლეთ სამკუთხედი მისი ღირსშესანიშნავი წერტილებისთვის, შეისწავლეთ მათი კლასიფიკაცია და თვისებები. ამოცანები: 1.სწავლა საჭირო ლიტერატურა 2. შეისწავლეთ სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილების კლასიფიკაცია 3.. გაეცანით სამკუთხედის საყურადღებო წერტილების თვისებებს 4. შეძლოს სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილების აგება. 5. გამოიკვლიეთ ღირსშესანიშნავი პუნქტების ფარგლები. სასწავლო ობიექტი - მათემატიკის განყოფილება - გეომეტრია საკვლევი საგანი - სამკუთხედი აქტუალობა: გააფართოვეთ ცოდნა სამკუთხედის, მისი ღირსშესანიშნავი წერტილების თვისებების შესახებ. ჰიპოთეზა: კავშირი სამკუთხედსა და ბუნებას შორის
პერპენდიკულარული ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი იგი თანაბრად არის დაშორებული სამკუთხედის წვეროებიდან და არის შემოხაზული წრის ცენტრი. სამკუთხედების გარშემო შემოხაზული წრეები, რომელთა წვეროები სამკუთხედის გვერდების შუა წერტილებია და სამკუთხედის წვეროები იკვეთება ერთ წერტილში, რომელიც ემთხვევა პერპენდიკულარული ბისექტორების გადაკვეთის წერტილს.
ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი სამკუთხედის ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი თანაბრად არის დაშორებული სამკუთხედის გვერდებისგან. OM=OA=OB
სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი სამკუთხედის ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი, რომლის წვეროები არის სიმაღლეების ფუძეები, ემთხვევა სამკუთხედის სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილს.
მედიანების გადაკვეთის წერტილი სამკუთხედის მედიანა იკვეთება ერთ წერტილში, რომელიც ყოფს თითოეულ მედიანას 2:1 თანაფარდობით, წვეროდან დათვლა. თუ მედიანების გადაკვეთის წერტილი დაკავშირებულია წვეროებთან, მაშინ სამკუთხედი დაიყოფა თანაბარი ფართობის სამ სამკუთხედად. მედიანების გადაკვეთის წერტილის მნიშვნელოვანი თვისებაა ის ფაქტი, რომ ვექტორების ჯამი, რომელთა დასაწყისი არის მედიანების გადაკვეთის წერტილი, ბოლოები კი სამკუთხედების წვეროები, უდრის ნულს M1 N C B A m2 m3 M1. N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3
ტორიჩელის წერტილი შენიშვნა: ტორიჩელის წერტილი არსებობს, თუ სამკუთხედის ყველა კუთხე 120-ზე ნაკლებია.
ცხრა წერტილის წრე B1, A1, C1 – სიმაღლეების ფუძეები; A2, B2, C2 – შესაბამისი გვერდების შუა წერტილები; A3, B3, C3, არის AN, VN და CH სეგმენტების შუა წერტილები.
ეილერის სწორი ხაზი მედიანების გადაკვეთის წერტილი, სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი, ცხრა წერტილიანი წრის ცენტრი დევს ერთ სწორ ხაზზე, რომელსაც ეილერის სწორ ხაზს უწოდებენ იმ მათემატიკოსის პატივსაცემად, რომელმაც დაადგინა ეს ნიმუში.
ცოტაოდენი ღირსშესანიშნავი წერტილების აღმოჩენის ისტორიიდან 1765 წელს ეილერმა აღმოაჩინა, რომ სამკუთხედის გვერდების შუა წერტილები და მისი სიმაღლეების ფუძეები ერთ წრეზე დევს. სამკუთხედის ღირსშესანიშნავი წერტილების ყველაზე გასაოცარი თვისება ის არის, რომ ზოგიერთი მათგანი ერთმანეთთან დაკავშირებულია გარკვეული თანაფარდობით. მედიანების გადაკვეთის წერტილი M, სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი H და შემოხაზული წრის ცენტრი O დევს იმავე სწორ ხაზზე, ხოლო M წერტილი ყოფს OH სეგმენტს ისე, რომ მიმართება OM: OH = 1. 2 მართებულია ეს თეორემა დაამტკიცა ლეონჰარდ ეილერმა 1765 წელს.
კავშირი გეომეტრიასა და ბუნებას შორის. ამ პოზიციაში პოტენციურ ენერგიას აქვს უმცირესი მნიშვნელობა და MA+MB+MC სეგმენტების ჯამი ყველაზე მცირე იქნება, ხოლო ამ სეგმენტებზე მდებარე ვექტორების ჯამი ტორიჩელის წერტილიდან დასაწყისი იქნება ნულის ტოლი.
დასკვნები გავიგე, რომ სიმაღლის, მედიანასების, ბისექტრებისა და პერპენდიკულარული ბისექტრების გადაკვეთის მშვენიერი წერტილების გარდა, რომლებიც ვიცი, არის ასევე სამკუთხედის მშვენიერი წერტილები და ხაზები. ამ თემაზე მიღებული ცოდნა შემიძლია გამოვიყენო ჩემს საგანმანათლებლო საქმიანობა, დამოუკიდებლად გამოიყენოს თეორემები გარკვეულ ამოცანებზე, გამოიყენოს ნასწავლი თეორემები რეალურ სიტუაციაში. მე მჯერა, რომ სამკუთხედის შესანიშნავი წერტილებისა და ხაზების გამოყენება მათემატიკის სწავლაში ეფექტურია. მათი ცოდნა საგრძნობლად აჩქარებს მრავალი ამოცანის გადაწყვეტას. შემოთავაზებული მასალის გამოყენება შესაძლებელია როგორც მათემატიკის გაკვეთილებზე, ასევე კლასგარეშე აქტივობებში 5-9 კლასის მოსწავლეებისთვის.
გადახედვა:
გადახედვის გამოსაყენებლად შექმენით Google ანგარიში და შედით:
სამკუთხედში არის ეგრეთ წოდებული ოთხი ღირსშესანიშნავი წერტილი: შუამავლების გადაკვეთის წერტილი. ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი, სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი და პერპენდიკულარული ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი. მოდით შევხედოთ თითოეულ მათგანს.
სამკუთხედის შუამავლების გადაკვეთის წერტილი
თეორემა 1
სამკუთხედის შუალედების გადაკვეთაზე: სამკუთხედის შუალედები იკვეთება ერთ წერტილში და იყოფა გადაკვეთის წერტილზე $2:1$ თანაფარდობით, წვეროდან დაწყებული.
მტკიცებულება.
განვიხილოთ სამკუთხედი $ABC$, სადაც $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ არის მისი მედიანა. ვინაიდან მედიანები გვერდებს შუაზე ყოფენ. განვიხილოთ შუა ხაზი $A_1B_1$ (ნახ. 1).
სურათი 1. სამკუთხედის შუალედები
თეორემა 1-ით, $AB||A_1B_1$ და $AB=2A_1B_1$, შესაბამისად, $\კუთხე ABB_1=\კუთხე BB_1A_1,\ \კუთხე BAA_1=\კუთხე AA_1B_1$. ეს ნიშნავს, რომ სამკუთხედები $ABM$ და $A_1B_1M$ მსგავსია სამკუთხედების მსგავსების პირველი კრიტერიუმის მიხედვით. მერე
ანალოგიურად, დადასტურებულია, რომ
თეორემა დადასტურდა.
სამკუთხედის ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი
თეორემა 2
სამკუთხედის ბისექტრების გადაკვეთაზე: სამკუთხედის ბისექტრები იკვეთება ერთ წერტილში.
მტკიცებულება.
განვიხილოთ სამკუთხედი $ABC$, სადაც $AM,\BP,\CK$ არის მისი ბისექტრები. დაე, წერტილი $O$ იყოს $AM\ და\BP$ ბისექტორების გადაკვეთის წერტილი. დავხატოთ პერპენდიკულარები ამ წერტილიდან სამკუთხედის გვერდებამდე (სურ. 2).
სურათი 2. სამკუთხედის ბისექტრები
თეორემა 3
განუვითარებელი კუთხის ბისექტრის თითოეული წერტილი თანაბრად არის დაშორებული მისი გვერდებიდან.
თეორემა 3-ით გვაქვს: $OX=OZ,\ OX=OY$. ამიტომ, $OY=OZ$. ეს ნიშნავს, რომ წერტილი $O$ თანაბარი მანძილია $ACB$ კუთხის გვერდებიდან და, შესაბამისად, დევს მის ბისექტორზე $CK$.
თეორემა დადასტურდა.
სამკუთხედის პერპენდიკულარული ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი
თეორემა 4
სამკუთხედის გვერდების პერპენდიკულარული ბისექტრები ერთ წერტილში იკვეთება.
მტკიცებულება.
მოდით იყოს $ABC$ სამკუთხედი, $n,\ m,\ p$ მისი პერპენდიკულარული ბისექტრები. დაე, წერტილი $O$ იყოს $n\ და\ m$ პერპენდიკულარული ბისექტრების გადაკვეთის წერტილი (ნახ. 3).
სურათი 3. სამკუთხედის პერპენდიკულარული ბისექტრები
ამის დასამტკიცებლად ჩვენ გვჭირდება შემდეგი თეორემა.
თეორემა 5
პერპენდიკულარული ბისექტრის თითოეული წერტილი სეგმენტთან თანაბრად არის დაშორებული სეგმენტის ბოლოებიდან.
თეორემა 3-ით გვაქვს: $OB=OC,\ OB=OA$. ამიტომ, $OA=OC$. ეს ნიშნავს, რომ წერტილი $O$ თანაბარი მანძილია $AC$ სეგმენტის ბოლოებიდან და, შესაბამისად, დევს მის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე $p$.
თეორემა დადასტურდა.
სამკუთხედის სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი
თეორემა 6
სამკუთხედის ან მათი გაფართოების სიმაღლეები ერთ წერტილში იკვეთება.
მტკიცებულება.
განვიხილოთ სამკუთხედი $ABC$, სადაც $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ არის მისი სიმაღლე. მოდით გავავლოთ სწორი ხაზი სამკუთხედის თითოეულ წვეროზე წვეროს მოპირდაპირე მხარის პარალელურად. ვიღებთ ახალ სამკუთხედს $A_2B_2C_2$ (ნახ. 4).
სურათი 4. სამკუთხედის სიმაღლეები
ვინაიდან $AC_2BC$ და $B_2ABC$ არის პარალელოგრამები საერთო გვერდით, მაშინ $AC_2=AB_2$, ანუ წერტილი $A$ არის $C_2B_2$ მხარის შუა წერტილი. ანალოგიურად, ჩვენ აღმოვაჩენთ, რომ წერტილი $B$ არის $C_2A_2$ მხარის შუა წერტილი, ხოლო წერტილი $C$ არის $A_2B_2$ მხარის შუა წერტილი. კონსტრუქციიდან გვაქვს $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. მაშასადამე, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ არის $A_2B_2C_2$ სამკუთხედის პერპენდიკულარული ბისექტრები. შემდეგ, მე-4 თეორემით, გვაქვს, რომ სიმაღლეები $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ იკვეთება ერთ წერტილში.
